数列与函数结合的综合问题
高考数学一轮总复习课件：数列的综合应用
又因为an≤15，所以6×1.2n－1≤15， 所以n－1≤5，所以n≤6. 所以an＝611×，1n.2＝n－11，，2≤n≤6，
15，n≥7.
(2)由(1)得，2021年全年的投资额是(1)中数列{an}的前12项 和，所以S12＝a1＋(a2＋…＋a6)＋(a7＋…＋a12)＝11＋6×(1.2＋… ＋1.25)＋6×15＝101＋6×1.2×（1.21－.251－1）≈154.64(万元)．
(1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 【思路】 (1)已知数列{an}的前n项和Sn与相邻两项an，an＋1间 的递推关系式anan＋1＝λSn－1，要证an＋2－an＝λ，故考虑利用an＋1＝ Sn＋1－Sn消去Sn进行证明． (2)若{an}为等差数列，则有2a2＝a1＋a3，故可由此求出λ，进 而由an＋2－an＝4验证{an}是否为等差数列即可．
【解析】 (1)证明：由已知，得bn＝2an>0. 当n≥1时，bbn＋n 1＝2an＋1－an＝2d. 所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列． (2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x －a2)，它在x轴上的截距为a2－ln12. 由题意，a2－ln12＝2－ln12，解得a2＝2. 所以d＝a2－a1＝1，所以an＝n，bn＝2n，anbn2＝n·4n.
比数列．所以an＋1＝45＋－25190n.
(3)因为an＋1>60%，即
4 5
＋
－25
9 10
n
>
3 5
，则
9 10
n
<
1 2
，所以
n(lg9－1)<－lg2，n>1－lg22lg3≈6.572 1.
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。
导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法之欧阳组创编
导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法1．设函数()f x 在R 上的导函数为()f x '，且22()()f x xf x x '+>，下面的不等式在R 上恒成立的是 A ．)(>x f B ．)(<x f C ．x x f >)(D ．x x f <)( 【答案】A【解析】由已知，首先令0=x 得0)(>x f ，排除B ，D ．令2()()g x x f x =，则[]()2()()g x x f x xf x ''=+，① 当0x >时，有2()2()()()0g x f x xf x x g x x'''+=>⇒>，所以函数()g x 单调递增，所以当0x >时， ()(0)0g x g >=，从而0)(>x f ．②当0x <时，有2()2()()()0g x f x xf x x g x x '''+=>⇒<，所以函数()g x 单调递减，所以当0x <时， ()(0)0g x g >=，从而0)(>x f ．综上0)(>x f ．故选A ．【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能力．2．已知函数21()(1)ln 2f x x ax a x =-+-，1a >．（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：若5a <，则对任意12,(0,)x x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--．解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(0,)+∞．211(1)(1)()a x ax a x x a f x x a x x x--+--+-'=-+== …………………2分（i ）若11a -=即2a =，则2(1)()x f x x-'=，故()f x 在(0,)+∞单调增加．（ii ）若11a -<，而1a >，故12a <<，则当(1,1)x a ∈-时，'()0f x <； 当(0,1)x a ∈-及(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．故()f x 在(1,1)a -单调减少， 在(0,1),(1,)a -+∞单调增加．（iii ）若11a ->，即2a >，同理可得()f x 在(1,1)a -单调减少，在(0,1),(1,)a -+∞单调增加．（II ）考虑函数()()g x f x x =+21(1)ln 2x ax a x x =-+-+． 则21()(1)(1)11)a g x x a a x -'=--+≥-=-． 由于15,a <<故()0g x '>，即()g x 在(0,)+∞单调增加，从而当120x x >>时有 12()()0g x g x ->，即1212()()0f x f x x x -+->，故1212()()1f x f x x x ->--，当120x x <<时，有12211221()()()()1f x f x f x f x x x x x --=>---． ………………………………12分3．已知曲线22:20(1,2,)n C x nx y n -+==．从点(1,0)P -向曲线n C 引斜率为(0)n n k k >的切线n l ，切点为(,)n n n P x y ．（1）求数列{}{}n n x y 与的通项公式； （2）证明：13521nn nxx x x x y -⋅⋅⋅<<．【解析】曲线222:()n C x n y n -+=是圆心为(,0)n ，半径为n 的圆，切线:(1)n n l y k x =+ （Ⅰ）依题意有n =，解得2221n n k n =+，又2220n n n x nx y -+=， (1)n n n y k x =+ 联立可解得,1n n nx y n ==+，=n n x y = 先证：13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅<证法一：利用数学归纳法 当1n =时，112x =<假设n k =时，命题成立，即13521k x x x x -⋅⋅⋅⋅<则当1n k =+时，135212121k k k x x x x x x -++⋅⋅⋅⋅<=∵222241616/[12(2)483k k k k k++=>+++， <=．∴当1n k =+时，命题成立故13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅<证法二：==，121214)12(4)12(2122222+-=--<-=-n n n n n n n n ，<不妨设(0,3t =，令()f t t t =，则()10f t t '=<在t ∈上恒成立，故()f t t t =在(0,3t ∈上单调递减，从而()(0)0f t t t f =<=<综上，13521nn nx x x x x y -⋅⋅⋅⋅<成立．4．【09全国Ⅱ·理】22．（本小题满分12分）设函数()()21f x x aln x =++有两个极值点12x x ，，且12x x <． （I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性； （II ）证明：()21224ln f x ->．【解】（I ）由题设知，函数()f x 的定义域是1,x >-且()0f x '=有两个不同的根12x x 、，故2220x x a ++=的判别式480a ∆=->，即 1,2a <且12x x == …………………………………①又11,x >-故0a >．因此a 的取值范围是1(0,)2．当x 变化时，()f x 与()f x '的变化情况如下表：因此()f x 在区间1(1,)x -和2(,)x +∞是增函数，在区间12(,)x x 是减函数．（II ）由题设和①知于是 ()()2222222(1)1f x x x x ln x =-++．设函数 ()()22(1)1,g t t t t ln t =-++ 则()()2(12)1g t t t ln t '=-++当12t =-时，()0g t '=；当1(,0)2t ∈-时，()0,g t '>故()g t 在区间1[,0)2-是增函数．于是，当1(,0)2t ∈-时，()1122().24ln g t g ->-=因此 ()22122()4ln f x g x -=>． www ．ks5u ．com5．【2008年山东理】 21．（本题满分12分）已知函数1()ln(1),1)nf x a x x =+--（其中*,n N ∈a 为常数． （I ）当2n =时，求函数()f x 的极值；（II ）当1a =时，证明：对任意的正整数n ，当2x ≥时，有() 1.f x x ≤- 【标准答案】（Ⅰ）解：由已知得函数()f x 的定义域为{}|1x x >， 当2n =时，21()ln(1)(1)f x a x x =+--，所以232(1)()(1)a x f x x --'=-．（1）当0a >时，由()0f x '=得111x =>，211x =<， 此时123()()()(1)a x x x x f x x ---'=-． 当1(1)x x ∈，时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当1()x x ∈+∞，时，()0f x '>，()f x 单调递增．（2）当0a ≤时，()0f x '<恒成立，所以()f x 无极值． 综上所述，2n =时，当0a >时，()f x 在1x =+211ln 2a f a ⎛⎛⎫+=+ ⎪ ⎝⎭⎝． 当0a ≤时，()f x 无极值．（Ⅱ）证法一：因为1a =，所以1()ln(1)(1)nf x x x =+--． 当n 为偶数时， 令1()1ln(1)(1)ng x x x x =-----， 则1112()10(1)11(1)n n n x ng x x x x x ++-'=+-=+>----（2x ≥）．所以 当[)2x ∈+∞，时，()g x 单调递增， 又(2)0g =， 因此 1()1ln(1)(2)0(1)ng x x x g x =----=-≥恒成立，所以 ()1f x x -≤成立．当n 为奇数时， 要证()1f x x -≤，由于10(1)nx <-，所以只需证ln(1)1x x --≤，令 ()1ln(1)h x x x =---， 则 12()1011x h x x x -'=-=--≥（2x ≥）， 所以 当[)2x ∈+∞，时，()1ln(1)h x x x =---单调递增，又(2)10h =>， 所以当2x ≥时，恒有()0h x >，即ln(1)1x x -<-命题成立． 综上所述，结论成立． 证法二：当1a =时，1()ln(1)(1)nf x x x =+--．当2x ≥时，对任意的正整数n ，恒有11(1)nx -≤， 故只需证明1ln(1)1x x +--≤．令 ()1(1ln(1))2ln(1)h x x x x x =--+-=---，[)2x ∈+∞，， 则 12()111x h x x x -'=-=--， 当2x ≥时，()0h x '≥，故()h x 在[)2+∞，上单调递增， 因此 当2x ≥时，()(2)0h x h =≥，即1ln(1)1x x +--≤成立． 故 当2x ≥时，有1ln(1)1(1)nx x x +---≤． 即()1f x x -≤．【试题分析】第一问对a 讨论时要注意一些显而易见的结果，当0a ≤时/()0f x <恒成立，()f x 无极值．第二问需要对构造的新函数()h x 进行“常规处理”，即先证单调性，然后求最值 ，最后作出判断．【高考考点】导数及其应用、构造函数证明不等式【易错提醒】没有注意该函数定义域对问题的影响，分类讨论无目标，判断/123()()()1)a x x x x f x x ---=-（的正负漏掉符号． 【学科网备考提示】函数类问题的解题方法要内悟、归纳、整理，使之成为一个系统，在具体运用时自如流畅，既要具有一定的思维定向，也要谨防盲目套用．此类问题对转化能力要求很高，不能有效转化是解题难以突破的主要原因，要善于构造函数证明不等式，从而体现导数的工具性． 6．【2007年山东理】 （22）（本小题满分14分）设函数2()ln(1)f x x b x =++，其中0b ≠．（I ）当12b >时，判断函数()f x 在定义域上的单调性；（II ）求函数()f x 的极值点；（III ）证明对任意的正整数n ，不等式23111ln(1)nn n+>-都成立．【解】（Ⅰ）由题意知，()f x 的定义域为(1)-+∞，，222()211b x x bf x x x x ++'=+=++设2()22g x x x b =++，其图象的对称轴为1(1)2x =-∈-+∞，， 当12b >时，max 1()02g x b =-+>，即2()220g x x x b =++>在(1)-+∞，上恒成立，∴当(1)x ∈-+∞，时，()0f x '>， ∴当12b >时，函数()f x 在定义域(1)-+∞，上单调递增 （Ⅱ）①由（Ⅰ）得：当12b >时，函数()f x 无极值点②12b =时，2122()01x f x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭'==+有两个相同的解12x =-，112x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，时，()0f x '>， 12x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，12b ∴=时，函数()f x 在(1)-+∞，上无极值点 ③当12b <时，()0f x '=有两个不同解，112x -=，2x =0b <时，11x =<-，20x =>，即1(1)x ∉-+∞，，[21x ∈-+∞，0b ∴<时，()f x '，()f x 随x 的变化情况如下表：由此表可知：0b <时，()f x 有惟一极小值点2x =，当102b <<时，1112x -=>-，12(1)x x ∴∈-+∞，，此时，()f x '，()f x 随x 的变化情况如下表：由此表可知：102b <<时，()f x 有一个极大值112x -=和一个极小值点212x -=；综上所述：0b <时，()f x 有惟一最小值点212x -=；102b <<时，()f x 有一个极大值点x =x =12b ≥时，()f x 无极值点 （Ⅲ）当1b =-时，函数2()ln(1)f x x x =-+， 令函数332()()ln(1)h x x f x x x x =-=-++，则32213(1)()3211x x h x x x x x +-'=-+=++．∴当[)0x ∈+∞，时，()0h x '>，所以函数()h x 在[)0+∞，上单调递增， 又(0)h =(0)x ∴∈+∞，时，恒有()(0)0h x h >=，即32ln(1)x x x >-+恒成立故当(0)x ∈+∞，时，有23ln(1)x x x +>-． 对任意正整数n 取1(0)x n=∈+∞，，则有23111ln 1nn n⎛⎫+> ⎪⎝⎭所以结论成立．7．【2008年湖南理】 21．（本小题满分13分）已知函数22()ln (1)1x f x x x=+-+．（I ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若不等式1(1)n a e n++≤对任意的N*n ∈都成立（其中e 是自然对数的底数）．求a 的最大值．解： （Ⅰ）函数()f x 的定义域是(1,)-+∞，设2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--，则()2ln(1)2.g x x x '=+- 令()2ln(1)2,h x x x =+-则22()2.11x h x x x-'=-=++ 当10x -<<时， ()0,h x '>()h x 在(1,0)-上为增函数， 当x ＞0时，()0,h x '<()h x 在(0,)+∞上为减函数． 所以()h x 在0x =处取得极大值，而()0h x =，所以()0(0)g x x '<≠，函数()g x 在(1,)-+∞上为减函数． 于是当10x -<<时，()(0)0,g x g >= 当0x >时，()(0)0.g x g <= 所以，当10x -<<时，()0,f x '>()f x 在(1,0)-上为增函数．当0x >时，()0,f x '<()f x 在(0,)+∞上为减函数．故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间为(0,)+∞．（Ⅱ）不等式1(1)n a e n++≤等价于不等式1()ln(1) 1.n a n++≤由111n+>知，设(]11(),0,1,ln(1)G x x x x=-∈+则由（Ⅰ）知，22ln (1)0,1x x x+-≤+即22(1)ln (1)0.x x x ++-≤ 所以()0,G x '<(]0,1,x ∈于是()G x 在(]0,1上为减函数． 故函数()G x 在(]0,1上的最小值为1(1) 1.ln 2G =- 所以a 的最大值为11.ln 2- 1．2009潍坊文科（22）（本小题满分14分）设函数2()2(1)ln (),()k f x x x k N f x *'=--∈表示()f x 的导函数． （I ）求函数()y f x =的单调递增区间；（Ⅱ）当k 为偶数时，数列{n a }满足2111,()3n n n a a f a a +'==-，求数列{2n a }的通项公式；（Ⅲ）当k 为奇数时， 设()12n b f n n '=-，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明不等式()111n bn b e ++>对一切正整数n 均成立，并比较20091S -与2009ln 的大小．解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），又212[(1)]()22(1)k kx y f x x x x--''==--= ， (1)分1当k 为奇数时，22(1)()x f x x+'=，即()f x '的单调递增区间为(0,)+∞． …………2分2当k 为偶函数时，22(1)2(1)(1)()x x x f x x x-+-'==由()0f x '>，得10,1x x -> ∴>，即()f x 的单调递增区间为(1,)+∞，综上所述：当k 为奇数时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞， 当k 为偶数时，()f x 的单调递增区间为(1,).+∞ …………4分（Ⅱ）当k 为偶数时，由（Ⅰ）知22(1)()x f x x-'=所以22(1)().n n na f a a -'=根据题设条件有2222221112(1)3,21,12(1),n n n n n n a a a a a a +++-=- ∴=+ +=+ ∴{21n a +}是以2为公比的等比数列， ∴221211(1)22,2 1.n n n n n a a a -+=+⋅= ∴=- (8)分（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当k 为奇数时，12(),f x x'=+由已知要证111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭两边取对数，即证11ln 1,1n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭…………………10分事实上：设11,t n+=则1(1),1n t t =>- 因此得不等式1ln 1(1)t t t>->…………………………………………① 构造函数1()ln 1(1),g t t t t=+->下面证明()g t 在(1,)+∞上恒大于0．∴()g t 在(1,)+∞上单调递增，()(1)0,g t g >=即1ln 1,t t>-∴11ln 1,1n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭∴111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭即()111n b n b e ++>成立． (12)分由11ln ,1n n n +>+得111231ln ln ln ln(1),23112n n n n+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+=++即11ln(1),n S n +-<+当2008n =时，20091S -<2009.ln ……………………………………………14分 2．山东省日照市2009届高三模拟考试数学理科试题（22）（本小题满分14分）已知0a >，函数1()ln x f x x ax-=+．（Ⅰ）试问在定义域上能否是单调函数？请说明理由； （Ⅱ）若()f x 在区间 [)1,+∞上是单调递增函数，试求实数a 的取值范围；（Ⅲ）当 1a =时，设数列 1n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，求证：解：（Ⅰ）()f x 的定义域为()0,+∞，21()ax f x ax -'=，由()0f x '=得1x a=． ……2分 当1(,)x a a∈时，()0f x '<，()f x 递减；当1(,)x a∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增．所以()y f x =不是定义域上的单调函数． ……………………………4分（Ⅱ）若()f x 在x ∈[1,)+∞是单调递增函数，则()0f x '≥恒成立，即1a x≥恒成立．…………………………．…6分即1max,[1,)a x x ⎧⎫≥∈+∞⎨⎬⎩⎭11x∴≤1a ∴≥． ……………8分 （Ⅲ）当1a =时，由（Ⅱ）知，1()ln x f x x x-=+在[1,)+∞上为增函数，又当1x >时，()(1)f x f >， 1ln 0x x x-∴+>，即1ln 1x x>-．令()1ln ,g x x x =--则1()1g x x'=-，当(1,)x ∈+∞时，()0.g x '>从而函数()g x 在[1,)+∞上是递增函数，所以有()(1)0,g x g >=即得1ln .x x ->综上有：11ln 1,(1).x x x x-<<-> ………………………………10分111ln .1x x x x+∴<<+ ………………………………………12分 令1,2,...,1,(2)x n n N n *=-∈≥且时，不等式111ln .1x x x x+∴<<+也成立，于是代入，将所得各不等式相加，得 即11111...ln 1. (2)321n nn +++<<+++- 即111()(2).n n nS f n S n N n n*---<-<∈≥且 ……………………14分3．山东省枣庄市2009届高三年级调研考试数学理21．（本小题满分12分）已知函数为常数其中且a a a x x g x x x f a ),1,0(log )(,221)(2≠>=-=，如果)()()(x g x f x h +=在其定义域上是增函数，且()h x '存在零点（()()h x h x '为的导函数）． （I ）求a 的值；（II ）设(,()),(,())()A m g m B n g n m n <是函数()y g x =的图象上两点，0()()()g n g m g x n m-'=-0(()()),:.g x g x m x n '<<为的导函数证明解：（I ）因为).0(log 221)(2>+-=x x x x x h a所以.ln 12)(ax x x h +-='因为),0()(+∞在x h 上是增函数． 所以),0(0ln 12+∞≥+-在ax x 上恒成立 ……………………………1分 当.ln 120ln 12,02ax x a x x x -≥-⇔≥+->时 而),0(1)1(222+∞--=-在x x x 上的最小值是-1．于是.ln 11,ln 11aa ≤-≥-即（※） 可见)1ln 1.0ln 1,10(1矛盾这与则若≥<<<>aa a a从而由（※）式即得.1ln ≤a① ………………．．………………………… 4分同时，)0(ln 1ln 2ln ln 12)(2>+-=+-='x ax a x a x a x x x h 由2()()(2ln )4ln 0,h x a a '∆=--≥存在正零点知解得1ln ≥a ②，或).,0ln ,1(0ln 这是不可能的因为>>≤a a a 由①②得 .1ln =a此时，e a x x h =='故存在正零点,1)(即为所求 ……………………………6分注：没有提到（验证）1ln =a 时，,1)(='x x h 存在正零点不扣分． （II ）由（I ），,1)(,ln )(00x x g x x g ='= 于是.ln ln ,)()(100mn m n x m n m g n g x --=--= ……………………………7分 以下证明.ln ln n mm n m-<-（☆）（☆）等价于.0ln ln <+--m n m m n m ……………………………8分 构造函数),0(ln ln )(n x x n x x n x x r ≤<+--= 则),0(,ln ln )(n x x n x r ∈-='当时，],0()(,0)(n x r x r 在所以>'上为增函数．因此当,0)()(,=<<n r m r n m 时 即.0ln ln <+--m n m m n m 从而m x >0得到证明． ……………………………11分 同理可证.,.ln ln 0n x m mn mn n <<-->综上 ……………………………12分注：没有“综上”等字眼的结论，扣1分．4．烟台市三月诊断性检测数学理22．（本小题满分14分） 设函数2(),()2ln h x x x e x ϕ==（e 为自然对数的底数）． （1）求()()()F x h x x ϕ=-的极值；（2）若存在实常数k 和b ，使得函数()f x 和()g x 对其定义域上的任意实数x 分别满足()f x kx b ≥+和()g x kx b ≤+，则称直线:l y kx b =+为()f x 和()g x 的“隔离直线”．试问函数()h x 和()x ϕ是否存在“隔离直线”?若存在．求出此“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由．解：（1）∵2()()()2ln (0)F x h x x x e x x ϕ=-=->∴22()()'()2.e x e x e F x x x-+=-=∴当x e =时，'()0F x =． ∵当0x e<<时'()0F x <此时()F x 递减；……………………………………3’当x e >时，'()0F x >，此时()F x 递增． ∴当x e=时，()F x 取极小值，其极小值为0．…………………………………6’（2）由（1）可知，当0x >时，()()h x x ϕ≥（当且仅当x e=时取等号）．若存在()h x 和()g x 的“隔离直线”，则存在实常数k 和b ， 使得()h x kx b ≥+和()(0)x kx b x ϕ≤+>恒成立． ∵()h x 和()g x 的图象在x e =()h x 和()g x 的“隔离直线”，则该直线过这个公共点(,)e e ． …………………………………………………8’设“隔离直线”方程为()y e k x e -=，即.y kx e e =+-由()(),h x kx e e x R ≥+-∈可得20x kx e e --+当x R ∈时恒成立．∵2(2)k e ∆=-∴由∆≤，得2k e =……………………………………………………………10’下面证明()2x ex e ϕ≤-当0x >时恒成立．令()()22ln 2,G x x ex e e x ex e ϕ=-+=-+则当x e ='()0G x =；当0x e <<'()0G x >，此时()G x 递增；当x e >'()0G x <此时()G x 递减．∴当x e =()G x 取极大值．其极大值为0．从而()2ln 20,G x e x ex e =-+≤即()2(0)x ex e x ϕ≤->恒成立．………………………………………………13’∴函数()h x 和()x ϕ存在唯一的“隔离直线”2.y ex e =-………………………14’5．2009届山东省德州市高三第一次练兵（理数）21．（本小题满分12分）已知函数x a x x f ln )(2-=在]2,1(是增函数,x a x x g -=)(在（0,1）为减函数．（1）求)(x f 、)(x g 的表达式；（2）求证：当0>x 时,方程2)()(+=x g x f 有唯一解； （3）当1->b 时,若212)(x bx x f -≥在x ∈]1,0(内恒成立,求b 的取值范围．解：（1）,2)(xa x x f -='依题意]2,1(,0)(∈>'x x f ,即22x a <,]2,1(∈x ．∵上式恒成立,∴2≤a ①…………………………1分又xa x g 21)(-=',依题意)1,0(,0)(∈<'x x g ,即x a 2>,)1,0(∈x ．∵上式恒成立,∴.2≥a ②…………………………2分 由①②得2=a ．…………………………3分 ∴.2)(,ln 2)(2x x x g x x x f -=-= …………………………4分（2）由（1）可知,方程2)()(+=x g x f ,.022ln 22=-+--x x x x 即设22ln 2)(2-+--=x x x x x h ,,1122)(xxx x h +--='则令0)(>'x h ,并由,0>x 得,0)222)(1(>+++-x x x x x 解知.1>x (5)分令,0)(<'x h 由.10,0<<>x x 解得 …………………………6分 列表分析：x（0,1）1 （1,+）)(x h ' - 0 + )(x h递减递增可知)(x h 在1=x 处有一个最小值0, …………………………7分当10≠>x x 且时,)(x h ＞0,∴0)(=x h 在（0,+）上只有一个解． 即当x ＞0时,方程2)()(+=x g x f 有唯一解．…………………………8分 （3）设2'23122()2ln 2()220x x x bx x x b x x x ϕϕ=--+=---<则, …………9分()x ϕ∴在(0,1]为减函数min ()(1)1210x b ϕϕ∴==-+≥ 又1b >-………11分所以：11≤<-b 为所求范围． (12)分6．山东省实验中学2009届高三第三次诊断考试（数学理）22．已知函数1()ln x f x x ax-=+ （注：ln 20.693≈）（1）若函数()f x 在[1,)+∞上为增函数，求正实数a 的取值范围；（2）当1a =时，若直线y b =与函数()y f x =的图象在1[,2]2上有两个不同交点，求实数b 的取值范围：（3）求证：对大于1的任意正整数1111,ln 234n n n >++++…解：（1）因为 1()ln x f x ax -=+ 所以21'()(0)ax f x a ax-=> 依题意可得，对21[1,).'()0ax x f x ax -∀∈+∞=≥恒成立， 所以 对[1,).10x ax ∀∈+∞-≥恒成立，所以 对1[1,),x a x∀∈+∞≥恒成立，max 1()a x≥，即1a ≥（2）当1a =时，21'(),x f x x-=若1[,1]2x ∈，'()0f x ≤，()f x 单调递减；若[1,2].'()0,()x f x f x ∈≥单调递增；故()f x 在1x =处取得极小值，即最小值(1)0f = 又11()1ln 2,(2)ln 2,22f f =-=-所以要使直线y b =与函数()y f x =的图象在1[,2]2上有两个不同交点，实数b 的取值范围应为((1),(2)]f f ，即10,ln 2]2-；（3）当1a =时，由(1)可知，1()ln x f x x x-=+在[1,)+∞上为增函数，当1n >时，令1nx n =-，则1x >，故()(1)0f x f >=， 即111()ln ln 01111n n n n n f n n n n n n --=+=-+->----所以1ln1n n n>-． 故 2131411ln ,ln ,ln ,ln122334-1n n n>>>>…,相加可得2341111ln ln ln ln 123-1234n n n+++>+++⋯+…+又因为234234ln ln ln ln ln()ln 12311231n n n n n ++++=⋅⋅=--……所以对大于1的任意正整书1111,ln 234n n n>++++…（二）2009年4月后7．山东省滨州市2009年5月高考模拟试题（理数）20．（本题满分12）已知函数2()ln .f x ax x =+（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a =时，设斜率为k 的直线与函数()y f x =相交于两点1122(,)(,)A x y B x y 、21()x x >，求证：121x x k<<． 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）当0a =时，()ln .f x x = 以下先证11x k>，21212121ln ln 0,y y x x k x x x x --==>--所以只需证21211ln ln 1x x x x x -<-，即设()ln 1(1)t t t t ϕ=-+ >，则1()10(1)t t tϕ'=-< >． 所以在(1,)t ∈+∞时，()t ϕ为减函数， ()(1)0(1)t t ϕϕ<= >． 即ln 1(1)t t t <- >．又211x x >，∴2211ln 1x x x x <-成立，即11x k>．同理可证21x k<．∴121x x k<<．8．山东省济宁市2009年高三第二次摸底考试-理科数学22．（本题满分14分）设函数()(1),()x f x e x g x e =-=．（e 是自然对数的底数） （Ⅰ）判断函数()()()H x f x g x =-零点的个数，并说明理由；（Ⅱ）设数列{}n a 满足：1(0,1)a ∈，且1()(),,n n f a g a n N *+=∈ ①求证：01n a <<；②比较n a 与1(1)n e a +-的大小．解：（Ⅰ）()(1)x H x e e '=-- 令0()0,ln(1)H x x e '= =-当0(,)x x -∞时，()0,H x '> ()H x 在0(,)x x -∞上是增函数 当0(,)x x +∞时，()0,H x '< ()H x 在0(,)x x +∞上是减函数 (2)从而0max 0()(0)(1)1(1)ln(1)2xH x H e x e e e e ==-+-=---+ (4)注意到函数()ln 1k t t t t =-+在[)1,+∞上是增函数， 从而()(1)0,11k t k e ≥=->又 从而0()0H x > 综上可知：()H x 有两个零点． …………………………………………………．6分 （Ⅱ）因为1()(),n n f a g a +=即1(1)1na n e a e +-+=所以11(1)1n a n a e e +=--…………………………………………………．7分 ①下面用数学归纳法证明(0,1)n a ∈． 当1n =时，1(0,1)a ∈，不等式成立．假设n k =时，(0,1)k a ∈ 那么11(1)1k a k a e e +=-- 10(1)11k a e e ∴<-<- 即1(0,1)k a +∈ 这表明1n k =+时，不等式成立．所以对n N *∈，(0,1)n a ∈ (10)②因为1(1)1nan n n e a a e a +--=--考虑函数()1(01)x p x e x x =-- << (12)从而()p x 在(0,1)上是增函数 ()(0)0p x p >=所以1(1)0n n e a a +-->即1(1)n n e a a +->…………………………………………………………14分 9．山东省安丘、五莲、诸城、兰山四地2009届高三5月联考22．（本题满分14分）已知函数1()ln sin g x x xθ=+⋅在[)1,+∞上为增函数，且(0,)θπ∈，1()ln m f x mx x x-=--，m R ∈． （1）求θ的取值范围；（2）若()()f x g x -在[)1,∞上为单调函数，求m 的取值范围； （3）设2()e h x x=，若在[]1,e 上至少存在一个0x ，使得000()()()f x g x h x ->成立，求m 的取值范围．解：（1）由题意，211()0sin g x xxθ'=-+≥⋅在[)1,+∞上恒成立，即2sin 10sin x x θθ⋅-≥⋅(0,),sin 0θπθ∈ ∴>．故sin 10x θ⋅-≥在[)1,+∞上恒成立， (2)分只须sin 110θ⋅-≥，即sin 1θ≥，只有sin 1θ=．结合(0,),θπ∈得2πθ=．…4分（2）由（1），得()()2ln .m f x g x mx x x -=--()222()().mx x m f x g x x -+'∴-=()()f x g x -在[)1,∞上为单调函数， 220mx x m ∴-+≥或者220mx x m ∴-+≤在[)1,∞恒成立． ……………．． 6分220mx x m -+≥等价于2(1)2,m x x +≥即22,1xm x≥+ 而2222,max 11111x m x x x x x ⎧⎫⎪⎪== ∴≥⎨⎬+⎪⎪++⎩⎭． …………………………………8分 220mx x m ∴-+≤等价于2(1)2,m x x +≤即221xm x ≤+在[)1,∞恒成立，而(]220,1,01x m x∈≤+．综上，m的取值范围是(][),01,-∞+∞． ………………………………………10分（3）构造函数2()()()(),()2ln .m e F x f x g x h x F x mx x x x=--=--- 当0m ≤时，[]1,,0m x e mx x∈-≤，22ln 0e x x--<，所以在[]1,e 上不存在一个0x ，使得000()()()f x g x h x ->成立．当0m >时，22222222().m e mx x m eF x m x x x x -++'=+-+=…………12分 因为[]1,,x e ∈所以220e x -≥，20mx m +>，所以()0F x '>在[]1,e 恒成立．故()F x 在[]1,e 上单调递增，max 4()4F x me e=--，只要440me e-->，解得24.1em e >- 故m的取值范围是24,.1e e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭……………………………………………14分 10．山东省烟台市2009届高考适应性练习（二）理综试题 22．（本小题满分14分）数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任意n N *∈，总有2,,n n n a S a 成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且2ln n n nxb a =，求证：对任意实数(1,](x e e ∈是常数，e =2．71828…）和任意正整数n ，总有2n T <；（3）在正数数列{}n c 中，11(),()n n n a c n N +*+=∈．求数列{}n c 中的最大项．解：由已知：对于n N *∈，总有22n n n S a a =+成立 (1)21112(2)n n n S a a n ---∴=+≥…（2） ……………………………………1分（1）—（2）得22112n n n n n a a a a a --∴=+--1,n n a a -均为正数， 11(2)n n a a n -∴-=≥∴数列{}n a 是公差为1的等差数列 ………………………………………3分又1n =时，21112S a a =+，解得11a =()n a n n N *∴=∈……………………………………………………………5分（2）证明：对任意实数(]1,x e ∈和任意正整数n ，总有22ln 1n n n x b a n=≤……6分1111111(1)()...222231n n n ⎛⎫=+-+-++-=-< ⎪-⎝⎭……………9分（3）解：由已知22112a c c ==⇒=33223a c c ==⇒=44334a c c ==⇒==易得12234,......c c c c c <>>> 猜想2n ≥时，{}n c 是递减数列 ……………………………………………11分令ln ()x f x x=，则221ln 1ln ()x xx x f x x x⋅--'== ∴当3x ≥时，ln 1x >，则1ln 0x -<，即()0f x '< ∴()f x 在[)3,+∞内为单调递减函数，由11n n n a c ++=知ln(1)ln 1n n c n +=+2n ∴≥时，{}ln n c 是递减数列，即{}n c 是递减数列又12c c <，∴数列{}n c 中的最大项为2c =分三、2010年模拟试题1．山东临沂罗庄补习学校数学资料已知23()ln 2,().8f x x xg x x =++=（1）求函数()()2()F x f x g x =-⋅的极值点；（2）若函数()()2()F x f x g x =-⋅在),()t e t Z ⎡+∞∈⎣上有零点，求t 的最小值；（3）证明：当0x >时，有[]1()1()g x g x e +<成立；（4）若1(1)()()g n n b g n n N *+=∈，试问数列{}n b 中是否存在()n m b b m n =≠？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，请说明理由．（e 为自然对数的底数）．解：（1）由题意，23()ln 228F x x x x =++-的定义域为(0,)+∞……………1分(32)(2)()4x x F x x--'=……………………………………………………2分∴函数()F x 的单调递增区间为20,3⎛⎤⎥⎝⎦和[)2,+∞，()F x 的单调递减区间为2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以23x =为()F x 的极大值点， ………………………………………………3分2x =为()F x 的极小值点， ………………………………………………4分（2）()F x 在2,3x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭上的最小值为(2)F 且23ln 41(2)242ln 2082F -=⨯-++=>()F x ∴在2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上没有零点，……………………………………………5分∴函数()F x 在),te ⎡+∞⎣上有零点，并考虑到()F x 在20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦单调递增且在2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，故只须23t e <且()0F t ≤即可，……………………………………………6分易验证121222313()120,()20,88F e e e F e e e -----⎛⎫=⋅+->=⋅-< ⎪⎝⎭当2,t t Z ≤∈时均有()0,t F e <所以函数()F x 在)1,()t e e t Z -⎡∈⎣上有零点，即函数()F x 在),()te t Z ⎡+∞∈⎣上有零点， t ∴的最大值为2-……………9分（3）证明：当0x >时，不等式[]1()1()g x g x e +<即为：11(1)ln(1)1ln(1)xx e x x x x+<⇔+<⇔+< 构造函数()ln(1)(0),h x x x x =+->则1()10,11x h x x x-'=-=<++ 所以函数()h x 在(0,)+∞上是减函数，因而0x >时，()(0)0,h x h <= 即：0x >时，ln(1)x x +<成立，所以当0x >时，[]1()1()g x g x e +<成立；…11分（4）因为1(1)(2)111(1)(2)2222(1)11(1)3(1),(1)n n n n n n n n n n n b n n e n n b nb n n n n n ++++++++++++===⋅+<<令23(1)1n n+<，得：2330n n -->，结合n N *∈得：4n ≥时， 因此，当4n ≥时，有(1)(2)1(1)(2)1,n n n n n nb b +++++<所以当4n ≥时，1n n b b +>，即456...b b b >>>……………………………12分又通过比较1234b b b b 、、、的大小知：1234b b b b <<<， 因为11,b =且1n ≠时111,n n b n+=≠所以若数列{}n b 中存在相等的两项，只能是23b b 、与后面的项可能相等，又11113964283528,35b b b b ====>=，所以数列{}n b 中存在唯一相等的两项，即28b b =． ……………………………………………………………………14分2．皖南八校2010届高三年级第二次联考21．（本小题满分13分）在数列{}n a 中，12a =11,22().n n n a a n N ++=+∈ （I ）求证：数列}2{n na 为等差数列； （II ）若m 为正整数，当2n m≤≤时，求证：1231(1)()n m n n m m n a m⋅--+≤． 解：（I ）由1122+++=n n n a a 变形得：122,1221111=-+=++++n nn n n n n n a a a a 即 故数列}2{nn a 是以121=a 为首项，1为公差的等差数列…………（5分）（II ）（法一）由（I ）得n n n a 2⋅=mm n m m m a n n m m nm n n 1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即…………（7分）欧阳组创编 2021..02.16 欧阳组创编 2021..02.16 令m n m n n m n f n m n f 1)23()()1(,)23()1()(+⋅-=+⋅+-=则 当m n m n m n f n f n m 1)32(1)1()(,2⋅-+-=+≥>时 又23221211)211(1>>-+>+-⋅+=-+m m m C m m m m m 1)23(211>-+∴ 则)(,1)1()(n f n f n f 则>+为递减数列． 当m=n 时，)1()(+>n f n f )(,2n f n m 时当≥≥∴递减数列．（9分） 要证：2,)11()1(491)23)(1(2≥+=+≤-≤+-m mm m m m n m m m m n 而即证时， 故原不等式成立．（13分）（法二）由（I ）得n n n a 2⋅=m m n m m m a n n m m nm n n1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即（7分） 令)123ln 1()23()('),2()23)(1()(-⋅+-=≤≤+-=m x m x f m x x m x f m x m x 则 ],2[)(0)(',11,2m x f x f m x m m x 在即<∴<+-∴≤≤ 上单调递减．（9分） ∴m m m m f x f m m 1)1()49(),1()49()2()(11max-≤--==∴2故只需证 也即证时而2,)11(149≥+≤m m m ，故原不等式成立．（13分）。
数列的函数性质-2023届高三数学一轮复习专题
2023高考数列专题——数列的函数性质一、数列的单调性解决数列单调性问题的三种方法(1)作差比较法：根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列； (2)作商比较法：根据a n ＋1a n (a n>0或a n <0)与1的大小关系进行判断；(3)函数法：结合相应的函数图象直观判断． 例1(2022·滕州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．[1，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．⎝⎛⎭⎫－92，＋∞ 例2 若数列{a n }满足a n ＝－2n 2＋kn －1，且{a n }是递减数列，则实数k 的取值范围为 跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n3n ＋1，那么这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列2、请写出一个符合下列要求的数列{a n }的通项公式：①{a n }为无穷数列；②{a n }为单调递增数列；③0<a n <2．这个数列的通项公式可以是________．3、(2022·绵阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在n ∈N *，使得a n ≤(n ＋1)λ成立，求实数λ的最小值．二、数列的周期性解决数列周期性问题的方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和．例3、若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 023项的乘积是( )A ．2B ．－6C ．3D ．1例4 (2021·福建福清校际联盟期中联考)已知S n 为数列{a n }前n 项和，若a 1＝12，且a n ＋1＝22－a n(n ∈N *)，则6S 100＝( )A ．425B ．428C ．436D ．437跟踪练习1、(2022·福州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 023＝( )A ．－1B ．12C ．1D ．2三、数列的最大(小)项求数列的最大项与最小项的常用方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项；(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1 (n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1 (n ≥2)确定最小项；(3)比较法：若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＞0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n >1，则a n ＋1＞a n ，则数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＜0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n <1，则a n ＋1＜a n ，则数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．例5(2022·金陵质检)已知数列{a n }满足a 1＝28，a n ＋1－a n n ＝2，则a nn的最小值为( )A ．293B ．47－1C ．485D ．274例6已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，则数列{a n }中的最大项是第 项． 跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n －22n －11，前n 项和为S n ，则当S n 取得最小值时n 的值为________．2、已知递增数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0．对于任意的正整数n ，不等式t 2－a 2n －3t －3a n ≤0恒成立，则正数t 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．63、(2022·重庆模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且满足S 2 018>0，S 2 019<0，对任意正整数n ，都有|a n |≥|a k |，则k 的值为( )A ．1 008B ．1 009C ．1 010D ．1 0114、(多选)已知数列{a n }满足a n ＝n ·k n (n ∈N *,0<k <1)，下列命题正确的有( )A ．当k ＝12时，数列{a n }为递减数列B ．当k ＝45时，数列{a n }一定有最大项C ．当0<k <12时，数列{a n }为递减数列D ．当k1－k为正整数时，数列{a n }必有两项相等的最大项5、已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．四、数列与函数的综合问题例7（2022·珠海模拟)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( )A ．0B ．252C ．21D ．42跟踪练习1、(2022·青岛模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，a 5，a 6是函数f (x )＝13x 3－3x 2＋8x ＋1的极值点，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝( )A ．3＋log 25B ．8C ．10D ．15 2、已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列．(1)求出数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．3、 (2022·东莞模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差为d ，前n 项和为S n ．若S n ≤S 8恒成立，则公差d 的取值范围是________．高考数列专题——数列的函数性质（解析版）一、数列的单调性解决数列单调性问题的三种方法(1)作差比较法：根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列；(2)作商比较法：根据a n ＋1a n (a n>0或a n <0)与1的大小关系进行判断；(3)函数法：结合相应的函数图象直观判断． 例1(2022·滕州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( B )A ．[1，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．⎝⎛⎭⎫－92，＋∞ 解： ∵数列{a n }是单调递增数列，∴对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋b (n ＋1)>n 2＋bn ，即b >－(2n ＋1)对任意的n ∈N *恒成立，又n ＝1时，－(2n ＋1)取得最大值－3，∴b >－3，即实数b 的取值范围为(－3，＋∞)．例2 若数列{a n }满足a n ＝－2n 2＋kn －1，且{a n }是递减数列，则实数k 的取值范围为(－∞，6).解：解法一：由数列是一个递减数列，得a n ＋1<a n ，又因为a n ＝－2n 2＋kn －1，所以－2(n ＋1)2＋k (n ＋1)－1<－2n 2＋kn －1，k <4n ＋2，对n ∈N *，所以k <6.解法二：数列{a n }的通项公式是关于n (n ∈N *)的二次函数，∵数列是递减数列，∴k 4<32，∴k <6.跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n3n ＋1，那么这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列解析：A 由a n ＝n 3n ＋1，可得a n ＋1－a n ＝n ＋13n ＋4－n 3n ＋1＝1(3n ＋1)(3n ＋4)>0，∴a n ＋1>a n ，故选A ．2、请写出一个符合下列要求的数列{a n }的通项公式：①{a n }为无穷数列；②{a n }为单调递增数列；③0<a n <2．这个数列的通项公式可以是________．解析：因为函数a n ＝2－1n 的定义域为N *，且a n ＝2－1n 在N *上单调递增，0<2－1n <2，所以满足3个条件的数列的通项公式可以是a n ＝2－1n．答案：a n ＝2－1n(答案不唯一)3、(2022·绵阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在n ∈N *，使得a n ≤(n ＋1)λ成立，求实数λ的最小值．解：(1)∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n ，两式相减得na n ＝n ＋12a n ＋1－n2a n ，即(n ＋1)a n ＋1na n＝3(n ≥2)，∵a 1＝1，∴1＝1＋12a 2，即a 2＝1，∴2·a 21·a 1＝2≠3．∴数列{na n }是从第二项开始的等比数列， ∴当n ≥2时，有na n ＝2×3n －2， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n×3n －2，n ≥2.(2)存在n ∈N *使得a n ≤(n ＋1)λ成立⇔λ≥a nn ＋1有解，①当n ＝1时，a 12＝12，则λ≥12，即λmin ＝12；②当n ≥2时，a nn ＋1＝2×3n －2n (n ＋1)，设f (n )＝2×3n －2n (n ＋1)，∴f (n ＋1)f (n )＝3nn ＋2>1，∴f (n )单调递增，∴f (n )min ＝f (2)＝13，∴实数λ的最小值是13．由①②可知实数λ的最小值是13．二、数列的周期性解决数列周期性问题的方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和．例3、若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 023项的乘积是( 3 )A ．2B ．－6C ．3D ．1解 因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝1＋21－2＝－3，同理可得a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…所以数列{a n }每四项重复出现，即a n ＋4＝a n ，且a 1·a 2·a 3·a 4＝1，而2 023＝505×4＋3，所以该数列的前2 023项的乘积是a 1·a 2·a 3·a 4·…·a 2 023＝1505×a 1×a 2×a 3＝3．例4 (2021·福建福清校际联盟期中联考)已知S n 为数列{a n }前n 项和，若a 1＝12，且a n ＋1＝22－a n(n ∈N *)，则6S 100＝( A )A ．425B ．428C ．436D ．437解： 由数列的递推公式可得：a 2＝22－a 1＝43，a 3＝22－a 2＝3，a 4＝22－a 3＝－2，a 5＝22－a 4＝12＝a 1，据此可得数列{a n }是周期为4的周期数列，则：6S 100＝6×25×⎝⎛⎭⎫12＋43＋3－2＝425． 跟踪练习1、(2022·福州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 023＝( )A ．－1B ．12C ．1D ．2解析：B 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n得a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝2，…，可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 023＝a 3×674＋1＝a 1＝12．五、数列的最大(小)项求数列的最大项与最小项的常用方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项；(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1 (n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1 (n ≥2)确定最小项；(3)比较法：若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＞0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n >1，则a n ＋1＞a n ，则数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＜0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n <1，则a n ＋1＜a n ，则数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．例5(2022·金陵质检)已知数列{a n }满足a 1＝28，a n ＋1－a n n ＝2，则a nn 的最小值为( C )A ．293B ．47－1C ．485D ．274解： 由a n ＋1－a n ＝2n ，可得a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝28＋2＋4＋…＋2(n －1)＝28＋n (n －1)＝n 2－n ＋28，∴a n n ＝n ＋28n －1，设f (x )＝x ＋28x ，可知f (x )在(0，28 ]上单调递减，在(28，＋∞)上单调递增，又n ∈N *，且a 55＝485<a 66＝293．例6已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，则数列{a n }中的最大项是第9、10项．解： 解法一：∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝⎝⎛⎭⎫1011n ×9－n 11， 当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ， ∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.解法二：根据题意，令⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)，即⎩⎨⎧n ×⎝⎛⎭⎫1011n －1≤(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，解得9≤n ≤10.又n ∈N *，∴n ＝9或n ＝10，∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119. 跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n －22n －11，前n 项和为S n ，则当S n 取得最小值时n 的值为________．解析：当a n ＝n －22n －11>0⇒n ＝1或n ≥6，∴a 2＝0，a 3<0，a 4<0，a 5<0，故当S n 取得最小值时n 的值为5．2、已知递增数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0．对于任意的正整数n ，不等式t 2－a 2n －3t －3a n ≤0恒成立，则正数t 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．6解析：C 因为数列{a n }是递增数列，又t 2－a 2n －3t －3a n ＝(t －a n －3)(t ＋a n )≤0，t ＋a n >0，所以t ≤a n＋3恒成立，即t ≤(a n ＋3)min ＝a 1＋3＝3，所以t max ＝3．3、(2022·重庆模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且满足S 2 018>0，S 2 019<0，对任意正整数n ，都有|a n |≥|a k |，则k 的值为( )A ．1 008B ．1 009C ．1 010D ．1 011解析：C 因为S 2 018>0，S 2 019<0，所以a 1＋a 2 018＝a 1 009＋a 1 010>0，a 1＋a 2 019＝2a 1 010<0，所以a 1 009>0，a 1 010<0，且a 1 009>|a 1 010|，因为对任意正整数n ，都有|a n |≥|a k |，所以k ＝1 010，故选C ．4、(多选)已知数列{a n }满足a n ＝n ·k n (n ∈N *,0<k <1)，下列命题正确的有( )A ．当k ＝12时，数列{a n }为递减数列B ．当k ＝45时，数列{a n }一定有最大项C ．当0<k <12时，数列{a n }为递减数列D ．当k1－k为正整数时，数列{a n }必有两项相等的最大项解析：BCD 当k ＝12时，a 1＝a 2＝12，知A 错误；当k ＝45时，a n ＋1a n ＝45·n ＋1n ，当n <4时，a n ＋1a n>1，当n >4时，a n ＋1a n <1，所以可判断{a n }一定有最大项，B 正确；当0<k <12时，a n ＋1a n ＝k n ＋1n <n ＋12n ≤1，所以数列{a n }为递减数列，C 正确；当k 1－k 为正整数时，1>k ≥12，当k ＝12时，a 1＝a 2>a 3>a 4>…，当1>k >12时，令k 1－k ＝m ∈N *，解得k ＝mm ＋1，则a n ＋1a n ＝m (n ＋1)n (m ＋1)，当n ＝m 时，a n ＋1＝a n ，结合B ，数列{a n }必有两项相等的最大项，故D 正确．故选B 、C 、D ．5、已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．解析：a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5．六、数列与函数的综合问题例7（2022·珠海模拟)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( C )A ．0B ．252C ．21D ．42解： 由函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，可得y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，又{a n }是等差数列，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列的前21项和S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21，则{a n }的前21项之和为21．故选．跟踪练习1、(2022·青岛模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，a 5，a 6是函数f (x )＝13x 3－3x 2＋8x ＋1的极值点，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝( )A ．3＋log 25B ．8C ．10D ．15解析：D f ′(x )＝x 2－6x ＋8，∵a 5，a 6是函数f (x )的极值点，∴a 5，a 6是方程x 2－6x ＋8＝0的两实数根，则a 5·a 6＝8，∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝log 2(a 5·a 6)5＝5log 28＝15，故选D ．2、已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列． (1)求出数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．[解] (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0， 所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)． (2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以1a n ＋11a n ＝a n a n ＋1＝13，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n <34，因为任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34．3、(2022·东莞模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差为d ，前n 项和为S n ．若S n ≤S 8恒成立，则公差d 的取值范围是________．解析：根据等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ≤S 8恒成立，可知a 8≥0且a 9≤0，所以1＋7d ≥0且1＋8d ≤0，解得－17≤d ≤－18．答案：⎣⎡⎦⎤－17，－18。
概率与数列、导数、函数和方程等知识交汇的创新题型
概率与数列、导数、函数和方程等知识交汇的创新题型ʏ河南省固始县信合外国语高级中学 胡云兵2019年高考全国Ⅰ卷首次把概率题作为压轴题出现,当时引起一片哗然,这是在传递什么信号?概率统计题何去何从?我们要如何备考带着这些问题,我们从近几年全国卷和部分省份的概率高考题,发现概率题增加难度,不是概率知识本身增加难度,而是难在概率与其他数学知识交汇处命题㊂下面通过几道高考题来说明概率与其他数学知识交汇的创新题型㊂一㊁概率与数列的交汇例1 (2019全国Ⅰ卷理数第21题)为治疗某种疾病,研制了甲㊁乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验㊂试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验㊂对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药㊂一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验㊂当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效㊂为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分㊂甲㊁乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X ㊂(1)求X 的分布列㊂(2)若甲药㊁乙药在试验开始时都赋予4分,p i (i =0,1, ,8)表示 甲药的累计得分为i 时,最终认为甲药比乙药更有效 的概率,则p 0=0,p 8=1,p i =a p i -1+b p i +c p i +1(i =1,2, ,7),其中a =P (X =-1),b =P (X =0),c =P (X =1)㊂假设α=0.5,β=0.8㊂(i )证明:{p i +1-p i }(i =0,1,2, ,7)为等比数列;(i i)求p 4,并根据p 4的值解释这种试验方案的合理性㊂解析:(1)X 的所有可能取值为-1,0,1㊂P (X =-1)=(1-α)β,P (X =0)=αβ+(1-α)(1-β),P (X =1)=α(1-β)㊂故X 的分布列如表1㊂表1X -101P(1-α)βαβ+(1-α)(1-β)α(1-β)(2)(i )已知α=0.5,β=0.8,故由(1)得,a =0.4,b =0.5,c =0.1㊂因此,p i =0.4p i -1+0.5p i +0.1p i +1(i =1,2, ,7)㊂整理得0.1(p i +1-p i )=0.4(p i -p i -1),即p i +1-p i =4(p i -p i -1)㊂又p 1-p 0=p 1ʂ0,故{p i +1-p i }(i =0,1,2, ,7)为公比为4,首项为p 1的等比数列㊂(i i )由(i)可得:p 8=(p 8-p 7)+(p 7-p 6)+ +(p 1-p 0)+p 0=p 1(1-48)1-4=48-13p 1㊂因p 8=1,故p 1=348-1㊂因此,p 4=(p 4-p 3)+(p 3-p 2)+(p 2-p 1)+(p 1-p 0)+p 0=44-13p 1=1257㊂p 4表示最终认为甲药更有效的概率㊂由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p 4=1257ʈ0.0039,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理㊂点评:本题是函数与数列的综合题,主要考查数列和函数的应用,考查离散型随机变量的分布列㊂根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键㊂其本质仍然是常规的概率与统计问题,只是其中涉及了数列问题的应用,一般转化为等差㊁等比数列的定义㊁通项公式或者数列求和问题㊂二㊁概率与函数㊁方程和导数的交汇例2 (2021新高考Ⅱ卷第21题)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代, ,该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数,P(X=i)=p i(i =0,1,2,3)㊂(1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3 =0.1,求E(X)㊂(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0+ p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根㊂求证:当E(X)ɤ1时,p=1;当E(X)>1时,p<1㊂(3)根据你的理解,请说明(2)问结论的实际含义㊂解析:(1)E(X)=0ˑ0.4+1ˑ0.3+2ˑ0.2+3ˑ0.1=1㊂(2)设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0㊂因为p3+p2+p1+p0=1,所以f(x)= p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0㊂①若E(X)ɤ1,则p1+2p2+3p3ɤ1,故p2+2p3ɤp0㊂f'(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3)㊂因为f'(0)=-(p2+p0+p3)<0, f'(1)=p2+2p3-p0ɤ0,所以f'(x)有两个不同零点x1,x2,且x1<0<1ɤx2㊂当xɪ(-ɕ,x1)ɣ(x2,+ɕ)时, f'(x)>0;当xɪ(x1,x2)时,f'(x)<0㊂故f(x)在(-ɕ,x1)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,在(x2,+ɕ)上为增函数㊂若x2=1,f(x)在(x2,+ɕ)为增函数且f(1)=0㊂而当xɪ(0,x2)时,因为f(x)在(x1,x2)上为减函数,所以f(x)>f(x2)= f(1)=0,故1为p0+p1x+p2x2+p3x3=x 的一个最小正实根㊂若x2>1,因为f(1)=0且在(0,x2)上为减函数,所以1为p0+p1x+p2x2+p3x3 =x的一个最小正实根㊂综上,若E(X)ɤ1,则p=1㊂②若E(X)>1,则p1+2p2+3p3>1,故p2+2p3>p0㊂此时f'(0)=-(p2+p0+p3)<0, f'(1)=p2+2p3-p0>0,故f'(x)有两个不同零点x3,x4,且x3<0<x4<1㊂当xɪ(-ɕ,x3)ɣ(x4,+ɕ)时, f'(x)>0;当xɪ(x3,x4)时,f'(x)<0㊂故f(x)在(-ɕ,x3)上为增函数,在(x3,x4)上为减函数,在(x4,+ɕ)上为增函数㊂而f(1)=0,故f(x4)<0㊂又f(0)=p0>0,故f(x)在(0,x4)存在一个零点p,且p<1㊂所以p为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,此时p<1㊂故当E(X)>1时,p<1㊂(3)结论的实际含义:每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代必然灭绝;若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后被灭绝的概率小于1㊂点评:在概率与统计的问题中,决策的工具是样本的数字特征或有关概率㊂决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案,这往往借助于函数㊁不等式或数列的有关性质去实现㊂例3(2018年全国Ⅰ卷理数第20题)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品进行检验,如检验出不合格品,则更换为合格品㊂检验时,先从这箱产品中任取20件进行检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品检验㊂设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立㊂(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0㊂(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p 的值㊂已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用㊂①若不对该箱余下的产品进行检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求E(X);73解题篇创新题追根溯源高二数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验解析:(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C220p2㊃(1-p)18(0< p<1)㊂因此,f'(p)=C220[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C220p(1-p)17(1-10p),0<p<1㊂令f'(p)=0,得p=0.1㊂当pɪ(0,0.1)时,f'(p)>0;当pɪ(0.1,1)时,f'(p)<0㊂所以f(p)的最大值点为p0=0.1㊂(2)由(1)知,p=0.1㊂①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X= 20ˑ2+25Y,即X=40+25Y㊂所以E(X)=E(40+25Y)=40+ 25E(Y)=40+25ˑ180ˑ0.1=490㊂②若对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费用为400元㊂由于E(X)>400,故应该对余下的产品作检验㊂点评:解决概率和函数㊁导数的综合问题,关键是读懂题意,将与概率有关的问题(尤其是最值问题)转化为函数问题,再利用函数或导数知识解决,在转化过程中,对已知条件进行适当变形㊁整理,使之与求解的结论建立联系,从而解决问题㊂三、概率与不等式的交汇例4(2017年江苏卷第23题)已知一个口袋有m个白球,n个黑球(m,nɪN*, nȡ2),这些球除颜色外完全相同㊂现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如表2所示的编号为1,2,3, ,m+n的抽屉内,其中第k次取球放入编号为k的抽屉(k=1,2, 3, ,m+n)㊂表2123 m+n(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p;(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X)<n(m+n)(n-1)㊂解析:(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p=C n-1m+n-1C n m+n=nm+n㊂(2)随机变量X的概率分布如表3㊂表3X1n1n+11n+2 1k 1n+m PC n-1n-1C n m+nC n-1nC n m+nC n-1n+1C n m+nC n-1k-1C n m+nC n-1n+m-1C n m+n随机变量X的期望为:E(X)=ðm+n k=n1k㊃C n-1k-1C n m+n=1C n m+nðm+n k=n1k㊃(k-1)!(n-1)!(k-n)!㊂所以E(X)<1C n m+nðm+n k=n(k-2)!(n-1)!(k-n)!=1(n-1)C n m+nðm+n k=n(k-2)!(n-2)!(k-n)!=1(n-1)C n m+n(1+C n-2n-1+C n-2n+ + C n-2m+n-2)=1(n-1)C n m+n(C n-1n-1+C n-2n-1+C n-2n+ + C n-2m+n-2)=1(n-1)C n m+n(C n-1n+C n-2n+ + C n-2m+n-2)=1(n-1)C n m+n(C n-1m+n-2+C n-2m+n-2)=C n-1m+n-1(n-1)C n m+n=n(m+n)(n-1)㊂故E(X)<n(m+n)(n-1)㊂点评:本题表面看起来是概率问题,但是它重点恰在不等式,所以对于概率统计问题,我们要有意关注与其他数学知识的整合㊂同时也提醒我们要跳出固定思维模式,学会灵活处理问题的能力㊂(责任编辑徐利杰)8 3解题篇创新题追根溯源高二数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
数列与函数的综合运用练习题
数列与函数的综合运用练习题在数学中，数列和函数是常见且重要的概念。
数列是按照特定的规律排列的一系列数值的集合，而函数是一种对应关系，将一个集合中的元素映射到另一个集合中的元素。
数列和函数的综合运用能够帮助我们更好地理解数学问题，并提供解决问题的方法。
本文将通过一系列练习题来展示数列与函数的综合运用。
1. 已知数列的通项公式为an = 3n + 1，求该数列的前10项。
解析：根据题目中给出的通项公式，我们可以依次计算出数列的前10项：a1 = 3*1 + 1 = 4，a2 = 3*2 + 1 = 7，以此类推，计算出a3到a10的值。
答案：该数列的前10项分别为4，7，10，13，16，19，22，25，28，31。
2. 已知函数f(x) = 2x^2 + 3x - 1，求f(2)的值。
解析：对于函数f(x)，要求f(2)的值，只需要将x替换为2，然后计算出f(2)的结果。
答案：f(2) = 2*(2^2) + 3*2 - 1 = 14。
3. 设数列的前n项和为Sn，已知数列的通项公式为an = n^2，求Sn。
解析：由数列的通项公式可知，每一项的值都是n的平方，因此前n项和Sn可以表示为Sn = 1^2 + 2^2 + ... + n^2。
答案：Sn = 1^2 + 2^2 + ... + n^2 = n(n+1)(2n+1)/6。
4. 已知函数g(x) = 3x - 2，求满足g(x) = 10的x的值。
解析：要求满足函数g(x) = 10的x的值，即求解方程3x - 2 = 10。
答案：解方程3x - 2 = 10，可以得到x = 4。
通过以上练习题的解答，我们可以看到数列和函数在数学问题中的应用。
数列可以描述一系列数值的排列规律，而函数则提供了一种映射关系，将一个集合中的元素映射到另一个集合中的元素。
通过运用数列和函数的相关概念和公式，我们可以解决各种数学问题，并获得准确的答案。
需要注意的是，在解决问题时，我们要仔细理解题目中给出的条件和要求，并根据题目类型选择合适的数列或函数的公式进行计算。
数列中的综合问题
[解]
易知
(2)若选择①，解答过程如下.
+1
＝
1
3
当 n ≥2时，
−1
+1
·
+2
2
1
，
1
3
1
3
＝ × ，
3
2
1
3
2
4
＝ × ，
4
3
1
3
3
5
＝ × ，…，
−1
1
3
＝ ×
，
累乘得
2
1
×
1
2
3
2
×…×
−1
因为 b 1 ＝ ，所以 b n ＝
成立，
＝
1
1
＋8.
+1
＝(4－3 n )·2
－8，
方法总结
数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转
化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.
跟踪训练
1.
2
(2022·全国甲卷)记 Sn 为数列{ an }的前 n 项和.已知
＋ n ＝2 an ＋1.
(1)证明：{ an }是等差数列；
的通项公式、前 n 项和公式、求和方法等对式子化简变形.
跟踪训练
3. 已知数列{ an }是等差数列， a 1＝1，公差 d ∈[1，2]，且 a 4＋λ a 10＋ a 16
＝15，则实数λ的最大值为
1
－
2
.
因为 a 4＋λ a 10＋ a 16＝15，所以 a 1＋3 d ＋λ( a 1＋9 d )＋ a 1＋15 d ＝15，
主题09 数列的通项公式、求和及数列的综合问题-高考数学二轮透析23题对对碰(原卷版)
高考数学23题对对碰【二轮精品】第一篇主题9数列的通项公式、求和及数列的综合问题【主题考法】本主题考题形式为选择题、填空题，主要考查求数列通项公式、数列求和及数列的综合问题，考查运算求解能力、转化与化归思想，难度为中档或难题，分数为5分.【主题回扣】1.求数列的通项公式的常见类型和解法：（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数n 的关系时，分解所给数列的前几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归纳出n a 的通项公式，再用数学归纳法证明.（2）累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题，化为1()n n a a f n +-=，通过累加得n a =112211()()()n n n n a a a a a a a ----+-++-+ =1(1)(2)(1)f n f n f a -+-+++ ，求出数列的通项公式，注意相加等式的个数（3）累积法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题，化为1()n na f n a +=，通过累积得n a =121121n n n n a a a a a a a ---⨯⨯⨯⨯ =1(1)(2)(1)f n f n f a -⨯-⨯⨯⨯ ，求出数列的通项公式，注意相乘等式的个数（4）构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型，常用待定系数法将其化为1(1)[()]n n a Af n p a Af n +++=+，由等比数列定义知{()n a Af n +}是公比为p 的等比数列，由等比数列的通项公式先求出()n a Af n +通项公式，再求出n a 的通项公式.（5）利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项：对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.2.数列求和的主要方法：（1）分组求和：若给出的数列不是特殊数列，但把数列的每一项分成两项，或把数列的项重新组合，使之转化为等比或等差数列，分组利用等比或等差数列的前n 和公式求前n 项和.（2）拆项相消法：若数列的每一项都可拆成两项之差，求和时中间的一些项正好相互抵消，于是将前n 项和转化为首尾若干项和，注意未消去的项是哪些项.常用拆相公式:①若{}n a 是各项都不为0公差为(0)d d ≠的等差数列，则11n n a a +=1111()n n d a a +=-②n a-（3）倒序相加法：如果一个数列与首尾两相距离相等的两项之和等于首尾两项之和，则正着写和与到序写和的两式对应项相加，就转化为一个常数列的前n 项和.推导等差数列的前项和公式正是应用了此法，体现了转化与化归数学思想（4）错位相减法：若数列{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，{}n b 是公比为(1)q q ≠的等比数列，则在数列{}n n a b 的前项和n S =112233n n a b a b a b a b ++++ =211121311n n a b a b q a b q a b q-++++ ①，两边同乘以公比q 得n qS =231121311n n a b q a b q a b q a b q ++++ ②，①式与②式错位相减得(1)n q S -=221111211131211111()()()n n nn n n a b a b q a b q a b q a b q a b q a b q a b q ---+-+-++-- =21111(1)n n n a b d q q q a b q -++++- ，转化为等比数列211,,,,n q q q - ，的前n 项和问题，注意转化出的等比数列的首项及项数.（5）并项求和法：若数列某项组合相加可将其化为等比数列或等差数列的和问题，常用并项法，即通过并项化为特殊数列，利用公式求和．【易错提醒】1.已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2.利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．7．裂项相消法求和时，一注意分裂前后的值要相等，如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12111(+-n n ；二注意要注意消去了哪些项，保留了哪些项.8．通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成n为奇数和n为偶数两种情况的分段形式．【主题考向】考向一数列的通项公式【解决法宝】对数列求通项公式问题要熟练掌握常见的求通项公式方法，根据题中条件，选择合适的方法求解，特别是已知数列的递推公式求通项公式问题，常需要对所给条件进行变形，如两边去倒数等，转化为常见形式，在选择合适的方法求解.例1【2019届湖北省重点高中联考协作体期中】已知数列满足:.若，则数列的通项公式是（）A．B．n-1C．D．【分析】【解析】考向二数列求和【解决法宝】1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.3.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.4.用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.例2．【2019届广东省汕尾市质检】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．【分析】【解析】考向三数列综合问题【解题法宝】1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.例3．【2019届黑龙江省齐齐哈尔市一模】已知数列的前项和满足，.数列的前项和为，则满足的最小的值为______．【分析】【解析】【主题集训】1.【云南省昆明市一中2018届第六次月考】已知数列的前项和为，则的值是（）A. B. C. D.2.【2019届河北省衡水中学二调】已知数列的前n项和为，，，且对于任意，，满足，则的值为A．90B．91C．96D．1003.【福建省厦门外国语学校2018届下学期第一次月考】已知函数，且，则等于（）A.－2013B.－2014C.2013D.20144【2019届河南省新乡市二模】已知数列的首项，且满足，则的最小的一项是（）A．B．C．D．5.【2019届云南曲靖市一模】数列中，，，设其前项和为，则（）A．B．C．D．6.【2019届河北省衡水中学高考押题（二)】已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列满足关系，数列的前项和为，则的值为（）A ．-454B ．-450C ．-446D ．-4427.【广东省华南师范大学附属中学2018届综合测试（三）】等比数列的前项和（为常数），若n n S a 23+≤λ恒成立，则实数的最大值是（）A.B.C.D.8.【2019届江西省上饶市第一次联考】设数列满足，且对任意整数，总有成立，则数列的前2018项的和为()A ．B ．C ．D ．9.【天津市耀华中学2018届12月考】已知数列，．若该数列是递减数列，则实数的取值范围是（）．A.B.C. D.10.【2019届浙江省绍兴一中期末】设为数列的前项和，，，若，则＝()A ．B ．C ．D ．12.【山东省烟台市2018届高三上学期期末自主练习】数列，的前项和分别为，，记，若，，则数列的前2018项和为()A.2017B.2018C.D.13.【2019届广东省广州市天河区综合测试（一)】数列满足，对任意的都有，则（）A ．B ．2C ．D ．14.【海南省2018届高三阶段性测试（二模）】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a a n ++=+，则20172017S =（）A.1009B.1008C.2D.115.【2019届福建省漳州市一模拟】已知数列和首项均为1，且，，数列的前项和为，且满足，则（）A ．2019B ．C ．D ．16.【2019届辽宁省实验中学等五校期末】数列满足，，是数列前5项和为（）A．B．C．D．17.【2019届河北省保定市期末】在数列中，若，，，则该数列的前100项之和是（）A．18B．8C．5D．218.【2019届浙江省高考模拟（三)】已知数列满足，，，数列满足，，，若存在正整数，使得，则（）A．B．C．D．19．【山西晋城市2018届二练】已知数列的前项和，且，且，则__________．20.【2019届湖南省三湘名校（五市十校)第一次联考】已知数列的前项和为，．当时，，则=_______21.【湖南省怀化市2018届高三上学期期末】已知数列的前项之和为，满足，，则数列的通项公式为__________．22.【2019届河北省石家庄二中二模】已知数列的前项和为，满足，则__________．23.【湖南省怀化市2018届高三上学期期末】已知数列的前项之和为，满足，，则数列的通项公式为__________．。
专题20 数列综合-2019年高考数学母题题源系列(浙江专版)(原卷版)
专题20 数列综合【母题来源一】【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N【答案】（1）22n a n =-，2n b n n =+；（2）证明见解析．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ，所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得212()()()n n n n n n S b S b S b +++=++．解得2121()n n n n b S S S d++=-，所以2*,n b n n n =+∈N ． （2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立； （ii ）假设*()n k k =∈N 时不等式成立，即12k c c c +++<那么，当1n k =+时，121k kc c c c+++++<<<==．即当1n k=+时不等式也成立．根据（i）和（ii），不等式12nc c c+++<对任意*n∈N成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力．【母题来源二】【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．【答案】（1）2q=；（2）2115(43)()2nnb n-=-+⋅．【解析】（1）由42a+是35,a a的等差中项得35424a a a+=+，所以34543428a a a a++=+=，解得48a=．由3520a a+=得18()20qq+=，因为1q>，所以2q=．（2）设1()n n n nc b b a+=-，数列{}nc前n项和为nS．由11,1,, 2.nn nS ncS S n-=⎧=⎨-≥⎩解得41nc n=-．由（1）可知12nna-=，所以111(41)()2nn nb b n-+-=-⋅，故211(45)(),22nn nb b n n---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n nb b b b b b b b b b----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n nn n--=-⋅+-⋅++⋅+．设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅．【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．【母题来源三】【2017年高考浙江卷】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n *∈N ）． 证明：当n *∈N 时， （1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤12n n x x +； （3）112n -≤x n ≤212n -．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【解析】（1）用数学归纳法证明：0n x >． 当1n =时，110x =>． 假设n k =时，0k x >， 那么1n k =+时，若10k x +≤， 则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤， 矛盾，故10k x +>．因此0()n x n *>∈N ，所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>，因此10()n n x x n *+<<∈N ．（2）由11ln(1)n n n x x x ++=++，可得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥，则22()ln(1)0(0)1x xf'x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0，因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故112()2n n n n x x x x n *++-≤∈N ． （3）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112()022n n x x +-≥->， 所以12111111112()2()2222n n n n x x x ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=， 故212n n x -≤．综上，1211()22n n n x n *--≤≤∈N ．【名师点睛】本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．【命题意图】以考查等差、等比数列的基础知识为依托，重点考查求数列的通项公式、数列的求和及不等式的证明，考查考生运算求解能力及分析问题、解决问题的综合能力． 【命题规律】1．数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备．2．等差、等比数列的判定及综合应用是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，或以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或取值范围，考查分析问题、解决问题的综合能力． 3．数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等． 【方法总结】1．等差数列的常用性质由等差数列的定义可得公差为d 的等差数列{}n a 具有如下性质：（1）通项公式的推广：()n m a a n m d =+-，,m n ∈*N ． （2）若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,)m n,p,q ∈*N ． 特别地，①若2m n p +=，则2m n p a a a +=(,)m n,p ∈*N ；②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a ++=++(,)m n,p,q,t,r ∈*N ．③有穷等差数列中，与首末两项等距离的两项之和都相等，都等于首末两项的和，即1211.n n i n i a a a a a a -+-+=+==+=L L（3）下标成等差数列的项2,,,k k m k m a a a ++L 组成以md 为公差的等差数列． （4）数列{}(,n ta t λλ+是常数)是公差为td 的等差数列．（5）若数列{}n b 为等差数列，则数列{}n n ta b λ±(,t λ是常数)仍为等差数列． （6）若,p q a q a p ==，则0p q a +=． 2．与等差数列各项的和有关的性质利用等差数列的通项公式及前n 项和公式易得等差数列的前n 项和具有如下性质： 设等差数列{}n a （公差为d ）和{}n b 的前n 项和分别为,n n S T ， （1）数列{}n S n是等差数列，首项为1a ，公差为12d ．（2）232(1),,,,,k k k k k mk m k S S S S S S S ----L L 构成公差为2k d 的等差数列．（3）若数列{}n a 共有2n 项，则S S nd -=奇偶，1n n S aS a +=奇偶．（4）若数列{}n a 共有21n -项，则S S -=奇偶n a ，(,1n S n S na S n ==-奇奇偶(1))n S n a =-偶． （5）2121n n n n S a T b --=，21212121m mn nS a m T n b ---=⋅-． 3．等差数列的判定与证明的方法（1）定义法：1()n n a a d n +-=∈*N 或1(2,)n n a a d n n --=≥∈⇔*N {}n a 是等差数列； （2）定义变形法：验证是否满足11(2,)n n n n a a a a n n +--=-≥∈*N ； （3）等差中项法：122(){}n n n n a a a n a ++=+∈⇔*N 为等差数列；（4）通项公式法：通项公式形如(,n a pn q p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列；（5）前n 项和公式法：2(,n S pn qn p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列．注意：①若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,n n n a a a ++，使得122n n n a a a ++≠+即可； ②如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． 4．等比数列及其前n 项和的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质： （1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ．推广：1211;n n i n i a a a a a a -+-===①L L②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =．（2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列． （3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列； 数列1{}n a 是公比为1q的等比数列； 数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为mq ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(kq 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn mm S q S q -=-． （7）m nn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶． （9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为mq ，2m ≥）． 5．等比数列的判定与证明常用的方法（1）定义法：1n na q a +=(q 为常数且0)q ≠⇔数列{}n a 是等比数列． （2）等比中项法：212(,0)n n n n a a a n a ++=⋅∈≠*N ⇔数列{}n a 是等比数列． （3）通项公式法：(0,)n n a tq tq n =≠∈*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（4）前n 项和公式法：若数列的前n 项和nn S Aq A =-+(0,0,1)A q q ≠≠≠，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中． 注意：①若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． ②只满足1(0)n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠． 6．数列求和的常用方法 （1）公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． （2）倒序相加法如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的． （3）错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常见的裂项方法：①1111()()n n k k n n k=-++，特别地，当时，111(1)1n n n n =-++；②1()n k n k n k n =+-++，特别地，当时，11n n n n=+-++；③1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++． （5）分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减． （6）并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 7．数列与函数综合（1）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．（2）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递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决． 8．数列与不等式综合与数列有关的不等式的命题常用的方法有：比较法(作差作商)、放缩法、利用函数的单调性，其中利用不等式放缩证明是历年命题的热点．9．以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解． 10．数学归纳法的概念一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n 取第一个值*00()n n ∈N 时命题成立；（2）（归纳递推）假设*0(,)n k k n k =≥∈N 时命题成立，证明当1n k =+时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从0n 开始的所有正整数n 都成立．注意：用数学归纳法证明与正整数有关的等式问题时，要先看项，清楚等式两边式子的构成规律，等式的两边各有多少项，再用数学归纳法证明．证明不等式时，则要注意往目标式子上凑，在证明过程中可能用到比较法、综合法、分析法、放缩法等．1．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知数列{}n a ，{}n b 的各项均不为零，若{}n b 是单调递增数列，且12n n n a b b +=⋅，211n n n a a b +++=，12a b =，26a b =．（1）求1b 及数列{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足113c =-，1n b n n c c ++=，求数列2{}n c 的前n 项的和n S ．2．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】设n S 为数列{}n a 的前n 项和，且28S =，2n S =(1)1n n a n ++-．（1）求1a ，2a 并证明数列{}n a 为等差数列；（2）若不等式20nn S λ⋅->对任意正整数n 恒成立，求实数λ的取值范围．3．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，公差0d ≠，且1S ，3S ，9S 成等比数列，数列{}n b 满足2*1122466()2n n n n n b S b S b S n +++++=-∈N ，{}n b 的前n 项和为n T ．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记12231111n n n R a a a a a a +=+++，试比较n R 与12n T 的大小．4．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，1n a +=*1()n S n +∈N（1）求通项公式n a ；（2）记12111n n T S S S =+++，求证：31222n n T -≤<．5．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】已知数列{}n a 的前n 项为*32,nn n S a n =∈-N ．（1）证明：{1}2nn a -为等比数列；（2）求数列{}2nn na 的前n 项和为n T ．6．【浙江省嘉兴市2019届高三第一学期期末检测】在数列{}n a ，{}n b 中，设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，12n n a a +=+，1235(21)21nn n b b n b a ++++=⋅+，*n ∈N ．（1）求n a 和n S ；（2）若n k ≥时，8n n b S ≥恒成立，求整数k 的最小值．7．【浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估】在数列{}n a 中，11a =，23a =，且对任意的*n ∈N ，都有2132n n n a a a ++=-．（1）证明数列+1{}n n a a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设12n n n n b a a +=，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对任意的*n ∈N 都有1n n S m a ≥+，求实数m 的取值范围．8．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】已知等比数列{}n a 的公比(0,1)q ∈，前n 项和为n S ．若331S a +=，且2116a +是1a 与3a 的等差中项． （1）求n a ； （2）设数列{}n b 满足10b =，1()n n n b b a n *+-=∈N ，数列{}n n a b 的前n 项和为n T ．求证：1()3n T n *<∈N ．9．【浙江省七彩联盟2018~2019学年第一学期高三11月期中考试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且*12()n n a S n +=+∈N ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设22log ,(2)5|1|,nn na n n nb n a ⎧⎪+⎪=⎨⎪-⎪⎩为奇数为偶数，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求21n T +．10．【江省金华十校2019届第二学期高考模拟】已知数列{}n a 中，14a =，n a >1314n n nn a a a a +=-+，记22212111n nT a a a =+++．（1）证明：2n a >；（2）证明：115116n na a +≤<；（3）证明：8454n nnT -<<．。
数列与函数的综合应用
数列与函数的综合应用数列和函数是数学中两个重要的概念，它们在数学和实际生活中都有广泛的应用。
数列是按照一定规律排列的一组数，而函数则是对数的关系进行抽象和描述的工具。
本文将探讨数列和函数在各个领域中的实际应用，并且展示数列与函数之间的综合应用。
一、经济学领域在经济学中，数列与函数的应用非常广泛。
例如，经济学家通过对经济数据建立数学模型，可以研究经济增长、通货膨胀等问题。
其中，经济增长可以用等差数列来描述，通货膨胀可以用指数函数来表示。
通过分析数列和函数的规律，我们可以预测未来的经济发展趋势，采取相应的政策措施，促进经济的稳定和繁荣。
二、物理学领域物理学是自然科学中的一门重要学科，数列和函数在物理学中有广泛的应用。
例如，物理学家通过对物体运动轨迹的研究可以建立位移、速度和加速度之间的函数关系，用数列和函数来描述和分析物体的运动规律。
另外，电磁场、热传导等也可以用数列和函数来描述和研究。
通过数列和函数的综合应用，我们可以更好地理解和掌握物理学中的各种规律和现象。
三、计算机科学领域计算机科学是现代科学技术中的一项重要学科，数列和函数在计算机科学中有着广泛的应用。
例如，计算机算法中经常会用到数列，如斐波那契数列、调和数列等。
而函数则在计算机程序设计中发挥着重要的作用，可以用来实现各种功能和计算。
通过数列和函数的综合应用，我们可以设计出更高效、更优化的算法和程序，提高计算机的运算速度和性能。
四、生物学领域生物学是研究生命的起源和发展的一门学科，数列和函数在生物学研究中也有广泛的应用。
例如，在基因序列的研究中，可以通过对DNA序列中的基因编码进行数列分析，找出其中的规律和模式。
另外，生物的生长过程也可以用函数来描述和分析，如指数函数可以表示一种生物群体的增长趋势。
通过数列和函数的综合应用，我们可以更好地理解和探索生物世界的奥秘。
总结起来，数列与函数的综合应用不仅在数学中有重要地位，而且在经济学、物理学、计算机科学、生物学等多个领域都发挥着重要的作用。
在知识点交汇处看数列——例谈数列与向量、不等式、函数结合的典型综合问题
ｃ ｌ Ｉ ） 因 为 ｛ ｌ 三 ｌ ｚ ＂ ｛ ｌ － 卞 Ⅳ 一 ＿ ／ ５ Ｉ ｒ 以
点， 点Ａ（ 以 ， Ｏ ） （ 一１ ， ２ ， ３ ， … ） 在 轴 的正 半轴 上 ， △Ａ一 ＡＰ 是 正 三角 形 （ Ａ。 是 坐 标 原点 ） ． （ Ｉ） 写出 ｎ １ ， ｎ ２ ， ｎ ３ ； （ １ １ ） 求 出点 Ａ （ 口 ， Ｏ ） （ ｎ ＥＮ ） 的横坐标 ａ 关于ｎ的表达式 ；
ｆ ｚ ＋五 一 １ ＝２ ｎ ， ｆ Ｘ １ ＝ ＝ ＝ ２ 一 ，
Ｉ ＋Ｙ 一 １ —２ ” ¨ 【 １ —４ ～ ，
ｆ ｚ２ —４ 一ｚ １ —２ ＋ｘ ｏ ，
＜…＜ ） 是曲线 Ｃ： Ｙ 一３ ｘ（ ≥ ０ ） 上 的 个
图１
Ｉ ２ — ８ 一 １ — ４ ＋ ，
一
同理可得 Ｙ ＋ １ 一 一 ｌ ＝２ ．
Ａ 一 ｌ Ａ １ 一（ ＋ ｌ 一 一 １ ， ＋ ｌ －ｙ 一 １ ）
一（ ２， ２ ） ，
一
和综合性都有了质 的变化， 而这些变化恰恰 是我们的学生薄弱 的环节， 它对学生解决问 题的能力提出了一系列综 合性很高的要求。 下面就数列的交叉点处易出现的疑难问题谈
数列｛ ） 是递减数列． ｂ 的最大值为
．
１
１
可一 譬 ～ ，
口 ｎ 一口 一 １ ＝ ＝￣ ／ ２ （ ａ ． － １ ＋口 ），
６ 一 ＝ ＝ ： 百・
若对任意正整数 ， 当 ｍＥ［ 一１ ， １ ］ 时，
口 ： －２ ａ 一 ｌ ｎ ＋口 ： 一 １
—２ （ ｎ ＋口 一 １ ） （ ≥２ ， ∈ ） ， （ １ ）
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】。
初中数学教案数列与函数的综合应用
初中数学教案数列与函数的综合应用初中数学教案：数列与函数的综合应用一、引言数学中的数列与函数是学生们在初中阶段学习的重要内容之一。
本教案旨在通过综合应用数列与函数的知识，帮助学生们更好地理解和应用这些概念。
教案将涵盖数列与函数的定义、数列的性质、函数的图像及其应用等内容。
二、数列的定义与性质数列是一系列按特定顺序排列的数字。
不同的数列由不同的公式或规律确定。
既然数列是按顺序排列的，我们可以通过找到数列的通项公式来计算数列的任意一项。
1. 等差数列等差数列指的是每一项与它的前一项之差都相等的数列。
一个等差数列可以由首项和公差来确定。
常见的等差数列有算术数列。
2. 等比数列等比数列指的是每一项与它的前一项的比值都相等的数列。
一个等比数列可以由首项和公比来确定。
常见的等比数列有几何数列。
3. 裴列裴列是一种既不是等差数列也不是等比数列的数列。
它是通过前两项之和与后一项的差来确定的。
三、函数的图像与性质函数是一个数值之间的关系，其中每个输入值（自变量）都对应一个唯一的输出值（因变量）。
函数可以通过图像、公式或映射表达。
1. 函数图像函数的图像是函数在平面直角坐标系中的表现形式，将自变量的取值映射到对应的函数值，并以点的形式展示出来。
根据函数图像的特征，我们可以判断函数的性质，如增减性、奇偶性等。
2. 函数的性质函数的性质包括定义域、值域、单调性、奇偶性等。
这些性质对于我们理解函数的特征和应用有着重要的指导作用。
四、综合应用综合应用是数列与函数教学的重要环节，通过综合应用，学生可以将所学的数列与函数的知识应用到实际问题中，培养解决实际问题的能力。
1. 数据分析通过分析实际情境中的数据，学生可以将其转化为数列或函数。
例如，分析某地区的人口增长情况，可以将年份作为自变量，人口数量作为因变量，建立相应的函数关系。
2. 函数的应用函数在实际生活中的应用非常广泛。
通过分析问题，学生可以建立函数模型，并通过求解函数方程的方法解决实际问题。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】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．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
最新数列专题：数列与函数综合问题(含答案)超经典
数列专题：数列与函数综合问题一．选择题（共30小题）1．已知函数f （x ）=x e1+x e （e 是自然对数的底数），设a n ={f(n)，n ≤2019f(14039−n )，n ＞2019，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4037的值是（ ） A ．2018B ．2019C ．40372D ．403922．已知函数f （x ）={x +12，x ≤122x −1，12＜x ＜1x −1，x ≥1，若数列{a n }满足a 1=73，a n +1＝f （a n ）（n ∈N +），则a 2019＝（ ）A ．73B ．43C ．56D ．133．已知定义在R 上的奇函数f （x ）满足f （x −32）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣3，数列{a n }是等差数列，若a 2＝3，a 7＝13，则f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）+…+f （a 2018）＝（ ） A ．﹣2B ．﹣3C ．2D ．34．定义：F （x ，y ）＝y x （x ＞0，y ＞0），已知数列{a n }满足：a n =F(n ，2)F(2，n)（n ∈N *），若对任意正整数n ，都有a n ≥a k （k ∈N *）成立，则a k 的值为（ ） A ．12B ．2C ．98D ．895．对于数列{a n }，a 1＝4，a n +1＝f （a n ），n ＝1，2，…，则a 2020等于（ ）x 1 2 3 4 5 f （x ） 5 43 12A ．2B ．3C ．4D ．56．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （32−x ）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣2，数列{a n }满足a 1＝﹣1，且S n n=2a n n+1（S n 为{a n }的前n 项和），则f （a 5）＝（ ） A ．﹣3B ．﹣2C ．3D ．27．已知{a n }满足a n +1＝a n +2n ，且a 1＝32，则a nn的最小值为（ ）A ．8√2−1B ．525C ．373D ．108．在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n ．若点（S n n，S n+1n+1）在直线y ＝2x ﹣1上，则a 9等于（ ）A ．1290B ．1280C ．1281D ．18219．已知函数y ＝f （x ）为定义域R 上的奇函数，且在R 上时单调递增函数，函数g （x ）＝f （x ﹣3）+x ，数列{a n }为等差数列，且公差不为0，若g （a 1）+g （a 2）+…+g （a 9）＝27，则a 1+a 2+…+a 9＝（ ） A ．18B ．9C ．27D ．8110．已知f （x ）是定义在R 上的奇函数，且满足f （2﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝1，数列{a n }满足a 1＝﹣1，S n n=2a n n+1（n ∈N +），其中S n 是数列{a n }的前n 项和，则f （a 5）+f （a 6）＝（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．111．已知定义域为正整数集的函数f （x ）满足f （x +y ）＝f （x ）+f （y ）+1，f （1）＝1，则数列{（﹣1）n f （n ）f （n +1）}（n ∈N *）的前99项和为（ ） A ．﹣19799B ．﹣19797C ．﹣19795D ．﹣1979312．已知函数y ＝f （x ）的定义域为R ，当x ＜0时，f （x ）＞1，且对任意的实数x ，y ∈R ，f （x ）f （y ）＝f （x +y ）恒成立，若数列{a n }满足f （a n +1）f （11+a n）＝l （n ∈N *）且a 1＝f （0），则下列结论成立的是（ ）A ．f （a 2015）＞f （a 2018）B ．f （a 2018）＞f （a 2019）C ．f （a 2017）＞f （a 2018）D ．f （a 2015）＞f （a 2017）13．已知函数f(n)=n 2sin(2n−32π)，且a n ＝f （n ），则a 1+a 2+a 3+…+a 200＝（ ）A ．20100B ．20500C ．40100D ．1005014．已知函数f （x ）=4x2x−1，M ＝f （1n）+f （2n）+…+f （n n）（n ∈N *，且n 为奇数），则M 等于（ ） A ．2n ﹣1B ．n −12C ．2n +2D ．2n +1215．已知各项都为正数的等比数列{a n }，满足a 3＝2a 1+a 2，若存在两项a m ，a n ，使得√a m a n =4a 1，则1m+4n的最小值为（ ） A ．2B ．32C ．13D ．116．已知数列{a n }中，a 1＝2，n •a n +1﹣（n +1）•a n ＝1，n ∈N *．若对于任意的n ∈N *，不等式a n+1n+1＜a 恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．（3，+∞）B ．（﹣∞，3）C ．[3，+∞）D ．（﹣∞，3]17．已知F （x ）＝f （x +12）﹣1是R 上的奇函数，a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *），则数列{a n } 的通项公式为（ ） A ．a n ＝n ﹣1B ．a n ＝nC ．a n ＝n +1D ．a n ＝n 231．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （3﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝3，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n （a n +1﹣a n ）（n ∈N *），则f （a 36）+f （a 37）＝32．对于函数f （x ）和实数M ，若存在m ，n ∈N +，使f （m ）+f （m +1）+f （m +2）+…+f （m +n ）＝M 成立，则称（m ，n ）为函数f （x ）关于M 的一个“生长点”．若（1，2）为函数f （x ）＝cos （π2x +π3）关于M的一个“生长点”，则M ＝ ；若f （x ）＝2x +1，M ＝105，则函数f （x ）关于M 的“生长点”共有 个．33．如果函数f （x ）满足：对任意实数a ，b 都有f （a +b ）＝f （a ）f （b ），且f （1）＝1，则f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+⋯+f(2018)f(2017)=参考答案与试题解析一．选择题（共30小题）1．已知函数f （x ）=x e1+x e （e 是自然对数的底数），设a n ={f(n)，n ≤2019f(14039−n )，n ＞2019，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4037的值是（ ） A ．2018B ．2019C ．40372D ．40392【解答】解：根据题意，函数f （x ）=x e 1+x e ，则f （1x ）=(1x )e1+(1x)e =11+x e ，且f （1）=11+1=12，则有f （x ）+f （1x）=x e 1+x e +11+x e=1， 又由a n ={f(n)，n ≤2019f(14039−n )，n ＞2019， 则S 4037＝f （1）+f （2）+……+f （2019）+f （12019）+f （12018）+……+f （12）＝f （1）+[f （2）+f （12）]+[f （3）+f （13）]+……+f （2019）+f （12019）=12+2018=40372； 故选：C ．2．已知函数f （x ）={x +12，x ≤122x −1，12＜x ＜1x −1，x ≥1，若数列{a n }满足a 1=73，a n +1＝f （a n ）（n ∈N +），则a 2019＝（ ）A ．73B ．43C ．56D ．13【解答】解：根据题意，函数f （x ）={x +12，x ≤122x −1，12＜x ＜1x −1，x ≥1，若数列{a n }满足a 1=73，a n +1＝f （a n ），则a 2＝a 1﹣1=43， a 3＝a 2﹣1=13， a 4＝a 3+12=56， a 5＝2a 4﹣1=23，a 6＝2a 5﹣1=13， a 7＝a 6+12=56，则数列{a n }满足a n +3＝a n ，（n ≥3），即数列{a n }从第三项开始，组成周期为3的数列， 则a 2019＝a 3+2016＝a 3=13， 故选：D ．3．已知定义在R 上的奇函数f （x ）满足f （x −32）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣3，数列{a n }是等差数列，若a 2＝3，a 7＝13，则f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）+…+f （a 2018）＝（ ） A ．﹣2B ．﹣3C ．2D ．3【解答】解：根据题意，f （x ）为奇函数，则f （x ）＝﹣f （﹣x ）， 又由f （x ）满足f （32−x ）＝f （x ），则f （32−x ）＝﹣f （﹣x ），则有f （3﹣x ）＝﹣f （32−x ）＝f （x ），即函数f （x ）是周期为3的周期函数，数列{a n }是等差数列，若a 2＝3，a 7＝13，则d =a 7−a27−2=2，则a n ＝2n ﹣1， 则a 1＝1，a 3＝5，则f （a 1）＝f （1）＝f （﹣2）＝﹣3， f （a 2）＝f （3）＝f （0）＝0，f （a 3）＝f （5）＝f （﹣1）＝﹣f （1）＝3，则有f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）＝（﹣3）+0+（3）＝0， f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）+…+f （a 2018）＝f （1）+f （3）+f （5）+f （7）+f （8）+f （9）+……+f （2016）+f （2017）+f （2018） ＝672×[f （a 1）+f （a 2）+f （a 3）]+f （2017）+f （2018）＝﹣3； 故选：B ．4．定义：F （x ，y ）＝y x （x ＞0，y ＞0），已知数列{a n }满足：a n =F(n ，2)F(2，n)（n ∈N *），若对任意正整数n ，都有a n ≥a k （k ∈N *）成立，则a k 的值为（ ） A ．12B ．2C ．98D ．89【解答】解：∵F （x ，y ）＝y x （x ＞0，y ＞0），∴a n =F(n ，2)F(2，n)=2nn2∴a n+1a n=2n+1(n+1)22n n 2=2⋅n 2(n+1)2，∵2n 2﹣（n +1）2＝（n ﹣1）2﹣2，当n ≥3时，（n ﹣1）2﹣2＞0， ∴当n ≥3时a n +1＞a n ；当，n ＜3时，（n ﹣1）2﹣2＜O ，所以当n ＜3时a n +1＜a n ． ∴当n ＝3时a n 取到最小值为f （3）=89 故选：D ．5．对于数列{a n }，a 1＝4，a n +1＝f （a n ），n ＝1，2，…，则a 2020等于（ ）x 1 2 3 4 5 f （x ） 5 43 12A ．2B ．3C ．4D ．5【解答】解：数列{a n }，a 1＝4，a n +1＝f （a n ），n ＝1，2…，其中f （x ）如表所示x 1 2 3 4 5 f （x ）54312则a 2＝f （4）＝1，a 3＝f （1）＝5，a 4＝f （5）＝2，a 5＝f （2）＝4，…，数列是周期数列，周期为4， ∴a 2020＝a 504×4+4＝a 4＝2． 故选：A ．6．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （32−x ）＝f （x ），f （﹣2）＝﹣2，数列{a n }满足a 1＝﹣1，且S n n=2a n n+1（S n 为{a n }的前n 项和），则f （a 5）＝（ ） A ．﹣3B ．﹣2C ．3D ．2【解答】解：∵函数f （x ）是奇函数 ∴f （﹣x ）＝﹣f （x ） ∵f （32−x ）＝f （x ），∴f （32−x ）＝﹣f （﹣x ）∴f （3+x ）＝f [32−（−32−x ）]＝﹣f （32+x ）＝﹣f [32−（﹣x ）]＝﹣f （﹣x ）＝f （x ）∴f （x ）是以3为周期的周期函数．∵数列{a n }满足a 1＝﹣1，且S n n=2a n n+1，∴a 1＝﹣1，且S n ＝2a n +n ， ∴a 5＝﹣31，∴f （a 5）＝f （﹣31）＝f （2）＝f （2）＝﹣f （﹣2）＝3 故选：C ．7．已知{a n }满足a n +1＝a n +2n ，且a 1＝32，则a n n的最小值为（ ）A ．8√2−1B ．525C ．373D ．10【解答】解：∵a 1＝32，a n +1﹣a n ＝2n ，∴n ≥2时，a n ＝（a n ﹣a n ﹣1）+（a n ﹣1﹣a n ﹣2）+……+（a 2﹣a 1）+a 1 ＝2（n ﹣1）+2（n ﹣2）+……+2×1+32 ＝2×(n−1)(n−1+1)2+32＝n 2﹣n +32， 则a nn=n +32n +1． 令f （x ）＝x +32x+1，（x ≥1）． f ′（x ）＝1−32x 2=(x+4√2)(x−4)x 2． 可得：函数f （x ）在[1，4 √2）内单调递减；在（4√2，+∞）上单调递增． 又f （5）＝6+325=625=12+25，f （6）＝7+326=373=12+13． ∴n ＝6时，则a n n 取得最小值373．故选：C ．8．在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n ．若点（S n n，S n+1n+1）在直线y ＝2x ﹣1上，则a 9等于（ ）A ．1290B ．1280C ．1281D ．1821【解答】解：点（S n n，S n+1n+1）在直线y ＝2x ﹣1上，可得S n+1n+1−1＝2（S n n−1），又S 11−1=a 1−1=1，所以数列{S n n−1}是首项为1公比为2的等比数列，所以S n n−1＝2n ﹣1，得S n ＝n （1+2n ﹣1），当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝（n +1）2n ﹣2+1，故 a 9＝10×128+1＝1281． 故选：C ．9．已知函数y ＝f （x ）为定义域R 上的奇函数，且在R 上时单调递增函数，函数g （x ）＝f （x ﹣3）+x ，数列{a n }为等差数列，且公差不为0，若g （a 1）+g （a 2）+…+g （a 9）＝27，则a 1+a 2+…+a 9＝（ ） A ．18B ．9C ．27D ．81【解答】解：根据题意，函数y ＝f （x ）为定义域R 上的奇函数， 则有f （﹣x ）+f （x ）＝0， ∵g （x ）＝f （x ﹣3）+x ，∴若g （a 1）+g （a 2）+…+g （a 9）＝27，即f （a 1﹣3）+a 1+f （a 2﹣3）+a 2+…+f （a 9﹣3）+a 9＝27， 即f （a 1﹣3）+f （a 2﹣3）+…+f （a 9﹣3）+（a 1+a 2+…+a 9）＝27， f （a 1﹣3）+f （a 2﹣3）+…+f （a 9﹣3））+（a 1﹣3+a 2﹣3+…+a 9﹣3）＝0， 又由y ＝f （x ）+x 为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调函数， 且（a 1﹣3）+（a 9﹣3）＝（a 2﹣3）+（a 8﹣3）＝…＝2（a 5﹣3）， a 5﹣3＝0，即a 1+a 9＝a 2+a 8＝…＝2a 5＝6， 则a 1+a 2+…+a 9＝9a 5＝27； 故选：C ．10．已知f （x ）是定义在R 上的奇函数，且满足f （2﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝1，数列{a n }满足a 1＝﹣1，S n n=2a n n+1（n ∈N +），其中S n 是数列{a n }的前n 项和，则f （a 5）+f （a 6）＝（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．1【解答】解：∵数列{a n }满足a 1＝﹣1，S n n=2a n n+1（n ∈N +），其中S n 是数列{a n }的前n 项和，∴S n ＝2a n +n ，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2a n +n ﹣2a n ﹣1﹣（n ﹣1）， 整理，得a n −1a n−1−1=2，∵a 1﹣1＝﹣2，∴{a n ﹣1}是首项为﹣2，公差为2的等比数列， ∴a n ﹣1＝﹣2×2n ﹣1，∴a n ＝1﹣2×2n ﹣1．∴a 5＝1﹣2×24＝﹣31，a 6=1−2×25=−63，∵f （2﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝1， ∴f （x ）关于直线x ＝1对称，又∵函数f （x ）是定义在R 上的奇函数 ∴函数f （x ）是一个周期函数，且T ＝4， ∴f （a 5）+f （a 6）＝f （﹣31）+f （﹣63）＝f （32﹣31）+f （64﹣63）＝f （1）+f （1）＝﹣f （﹣1）﹣f （﹣1）＝﹣1﹣1＝﹣2． 故选：A ．11．已知定义域为正整数集的函数f （x ）满足f （x +y ）＝f （x ）+f （y ）+1，f （1）＝1，则数列{（﹣1）n f （n ）f （n +1）}（n ∈N *）的前99项和为（ ） A ．﹣19799B ．﹣19797C ．﹣19795D ．﹣19793【解答】解：令x ＝n ，y ＝1，可得f （n +1）＝f （n ）+f （1）+1， 则f （n +1）﹣f （n ）＝f （1）+1＝2，则数列{f （n ）}的首项为1，公差为2的等差数列， 从而f （n ）＝2n ﹣1，则（﹣1）n f （n ）f （n +1）＝（﹣1）n （4n 2﹣1）＝4（﹣1）n n 2﹣（﹣1）n ， 则{（﹣1）n f （n ）f （n +1）}（n ∈N *）的前99项和为 4（﹣12+22﹣32+42+…﹣972+982﹣992）﹣（﹣1）， ＝4[（1+2）+（3+4）+…+（97+98）﹣992]+1， ＝4[(1+98)×982−992]+1，＝4×99×（49﹣99）+1， ＝﹣19799， 故选：A ．12．已知函数y ＝f （x ）的定义域为R ，当x ＜0时，f （x ）＞1，且对任意的实数x ，y ∈R ，f （x ）f （y ）＝f （x +y ）恒成立，若数列{a n }满足f （a n +1）f （11+a n）＝l （n ∈N *）且a 1＝f （0），则下列结论成立的是（ ）A ．f （a 2015）＞f （a 2018）B ．f （a 2018）＞f （a 2019）C ．f （a 2017）＞f （a 2018）D ．f （a 2015）＞f （a 2017）【解答】解：对任意的实数x ，y ∈R ，f （x ）f （y ）＝f （x +y ）恒成立， 取x ＝y ＝0，则f （0）f （0）＝f （0），解得f （0）＝0，或f （0）＝1． 取f （0）＝1．取y＝﹣x＜0，则f（x）f（﹣x）＝1，∴f（x）=1f(−x)＜1，设x1＜x2，则f（x1﹣x2）＝f（x1）•f（﹣x2）=f(x1)f(x2)＞1，∴f（x1）＞f（x2）．∴函数f（x）在R上单调递减．∵数列{a n}满足f（a n+1）f（11+a n）＝l＝f（0）．∴a n+1+11+a n=0，∵a1＝f（0）＝1，∴a2=−12，a3＝﹣2，a4＝1，a5=−12，……．∴a n+3＝a n．∴a2015＝a3×671+2＝a2=−12，a2017＝a3×672+1＝a1＝1．a2018＝a3×672+2＝a2=−12，a2019＝a3×672+3＝a3＝﹣2．∴f（a2015）=f(−12)＞1，f（a2017）＝f（1）＜1．∴f（a2015）＞f（a2017）．而f（a2015）＝f（a2018），f（a2017）＜1＜f（a2018），f（a2018）＝f（−12）＜f（a2019）＝f（﹣2），因此只有：D正确．故选：D．13．已知函数f(n)=n2sin(2n−32π)，且a n＝f（n），则a1+a2+a3+…+a200＝（）A．20100B．20500C．40100D．10050【解答】解：可得f（2k）＝4k2sin（−32π）＝4k2，f（2k﹣1）＝（2k﹣1）2sin（−5π2）＝﹣（2k﹣1）2．k∈N*，∴且a n＝f（n）={n2，(n为偶数)−n2，(n为奇数)，∴a1+a2+a3+…+a200＝（22﹣12）+（32﹣22）+（42﹣32）+…+（2002﹣1992）＝1+2+3+…+200＝20100．故选：A．14．已知函数f（x）=4x2x−1，M＝f（1n）+f（2n）+…+f（nn）（n∈N*，且n为奇数），则M等于（）A．2n﹣1B．n−12C．2n+2D．2n+12【解答】解：∵f （x ）=4x2x−1， ∴f （x ）+f （1﹣x ）=4x2x−1+4(1−x)2(1−x)−1 =4x 2x−1+4−4x 1−2x =4x 2x−1−4−4x 2x−1=4(2x−1)2x−1=4． ∴M ＝f （1n ）+f （2n ）+…+f （nn ）＝4×n−12+f （1）＝2n ﹣2+4＝2n +2． 故选：C ．15．已知各项都为正数的等比数列{a n }，满足a 3＝2a 1+a 2，若存在两项a m ，a n ，使得√a m a n =4a 1，则1m+4n的最小值为（ ） A ．2B ．32C ．13D ．1【解答】解：各项都为正数且公比为q 的等比数列{a n }， ∵a 3＝2a 1+a 2，∴a 1⋅q 2=2a 1+a 1⋅q 即q 2＝2+q ，解得q ＝2或﹣1（舍去﹣1）． ∵存在两项a m ，a n ，使得√a m a n =4a 1， ∴得a 21•2m +n ﹣2＝16a 21，∴m +n ＝6． 则1m+4n=16（m +n ）（1m +4n）=16（1+4m n +n m +4）≥16（2√4m n ⋅n m +5）=32． 当且仅当m ＝1，n ＝2时，等号成立． 则1m+4n的最小值为32．故选：B ．16．已知数列{a n }中，a 1＝2，n •a n +1﹣（n +1）•a n ＝1，n ∈N *．若对于任意的n ∈N *，不等式a n+1n+1＜a 恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．（3，+∞）B ．（﹣∞，3）C ．[3，+∞）D ．（﹣∞，3]【解答】解：数列{a n }中，a 1＝2，n •a n +1﹣（n +1）•a n ＝1，n ∈N *． 可得a n+1n+1−a n n=1n(n+1)=1n−1n+1，由a 22−a 11=1−12，a 33−a 22=12−13，a 44−a 33=13−14，…，a n+1n+1−a n n=1n(n+1)=1n−1n+1，上面各式相加可得， 得a n+1n+1−a 11=1−1n+1， 则a n+1n+1=3−1n+1＜3，由对于任意的n ∈N *，不等式a n+1n+1＜a 恒成立，可得a ≥3，即有a 的取值范围是[3，+∞）． 故选：C ．17．已知F （x ）＝f （x +12）﹣1是R 上的奇函数，a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *），则数列{a n } 的通项公式为（ ） A ．a n ＝n ﹣1B ．a n ＝nC ．a n ＝n +1D ．a n ＝n 2【解答】解：F （x ）＝f （x +12）﹣1在R 上为奇函数 故F （﹣x ）＝﹣F （x ），代入得：f （12−x ）+f （12+x ）＝2，（x ∈R ）当x ＝0时，f （12）＝1．令t =12−x ，则12+x ＝1﹣t ， 上式即为：f （t ）+f （1﹣t ）＝2． 当n 为偶数时：a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n ）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *）＝[f （0）+f （1）]+[f （1n）+f （n−1n）]+…+[f （12n−12）+f （12n+12）]+f （12）=2×n 2+1 ＝n +1． 当n 为奇数时：a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n ）+…+f （n−1n）+f （1）（n ∈N *）＝[f （0）+f （1）]+[f （1n）+f （n−1n）]+…+[f （n−12n）+f （n+12n）]＝2×n+12＝n +1．综上所述，a n ＝n +1． 故选：C ．填空题31．已知定义在R 上的函数f （x ）是奇函数，且满足f （3﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝3，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n （a n +1﹣a n ）（n ∈N *），则f （a 36）+f （a 37）＝ ﹣3【解答】解：∵函数f （x ）是奇函数，且满足f （3﹣x ）＝f （x ），f （﹣1）＝3， ∴f （x ）＝f （3﹣x ）＝﹣f （x ﹣3），即f （x +3）＝﹣f （x ），则f （x +6）＝﹣f （x +3）＝f （x ）， 即函数f （x ）是周期为6的周期函数，由数列{a n }满足a 1＝1且a n ＝n （a n +1﹣a n ） （n ∈N *）， 则a n ＝na n +1﹣na n ， 即（1+n ）a n ＝na n +1， 则a n+1a n =1+n n ， 则a 2a 1=21，a 3a 2=32，⋯a nan−1=nn−1，等式两边同时相乘得a n a 1=n ，即a n ＝na 1＝n ，即数列{a n }的通项公式为a n ＝n ，则f （a 36）+f （a 37）＝f （36）+f （37）＝f （0）+f （1）， ∵f （x ）是奇函数，∴f （0）＝0， ∵f （﹣1）＝3，∴﹣f （1）＝3， 即f （1）＝﹣3，则f （a 36）+f （a 37）＝f （36）+f （37）＝f （0）+f （1）＝0﹣3＝﹣3， 故答案为：﹣3．32．对于函数f （x ）和实数M ，若存在m ，n ∈N +，使f （m ）+f （m +1）+f （m +2）+…+f （m +n ）＝M 成立，则称（m ，n ）为函数f （x ）关于M 的一个“生长点”．若（1，2）为函数f （x ）＝cos （π2x +π3）关于M的一个“生长点”，则M ＝ −12 ；若f （x ）＝2x +1，M ＝105，则函数f （x ）关于M 的“生长点”共有3 个．【解答】解：若（1，2）为函数f （x ）＝cos （π2x +π3）关于M 的一个“生长点”，则M ＝f （1）+f （2）+f （3）＝cos （π2+π3）+cos （π2×2+π3）+cos （π2×3+π3）＝﹣sin π3−cos π3+cos （−π6）=−√32−12+√32=−12，若f （x ）＝2x +1，M ＝105， 则f （m ）是公差为2的等差数列，则由f （m ）+f （m +1）+f （m +2）+…+f （m +n ）＝105 得（n +1）（2m +1）+(n+1)⋅n2×2=105 即（n +1）（2m +1）+n （n +1）＝105， 即（n +1）（2m +n +1）＝105，∵105＝1×105＝3×35＝5×21＝7×15，∴由{n +1=32m +n +1=35得{n =2m =16，此时“生长点”为（2，16），由{n +1=52m +n +1=21得{n =4m =8，此时“生长点”为（4，8）， 由{n +1=72m +n +1=15得{n =6m =4，此时“生长点”为（6，4）， 故函数f （x ）关于M 的“生长点”共有3个， 故答案为：−12，333．如果函数f （x ）满足：对任意实数a ，b 都有f （a +b ）＝f （a ）f （b ），且f （1）＝1，则f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+⋯+f(2018)f(2017)= 2017【解答】解：∵f （x ）满足对任意的实数a ，b 都有f （a +b ）＝f （a ）•f （b ），且f （1）＝2， ∴f （a +1）＝f （a ）•f （1）＝f （a ）， ∴f(a+1)f(a)=1，∴f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+⋯+f(2018)f(2017)=1×2017＝2017．故答案为：2017．。
数列与函数的综合应用
数列与函数在科研项目中的应用
案例分析：数 列与函数在科 研项目中的应
用
案例背景：介 绍科研项目的
背景和目的
案例过程：详 细描述数列与 函数在科研项 目中的应用过
程
案例结论：总 结数列与函数 在科研项目中 的应用效果和
意义
数列与函数在实际工程中的应用
案例分析：数列与函数在桥梁 设计中的应用
案例分析：数列与函数在建筑 结构分析中的应用
函数的表示方法：函数可以用解析式、表格、图象等多种方式表示，这些表示方法各有优缺点， 可以根据具体情况选择使用。
函数的实际应用：函数在实际生活中有着广泛的应用，如物理学、工程学、经济学等领域都需 要用到函数的概念和性质。
数列与函数的关联
数列是一种特殊的函数，具有离散的特点 数列的项数无限时，可以转化为连续函数 函数的概念可以推广到数列，如等差数列、等比数列等 数列与函数在数学中有着广泛的应用，如求和、积分等
数列与函数的运算规则
数列的加减法
定义：数列的加减 法是指将两个数列 对应项相加或相减， 得到一个新的数列
规则：对应项相加 或相减，得到新的 数列
运算步骤：先确定 两个数列的项数， 然后对应项相加或 相减，得到新的数 列
注意事项：在进行 数列的加减法时，ຫໍສະໝຸດ 需要注意数列的项 数和对应项的符号
函数的加减法
案例分析：数列与函数在机械 工程中的应用
案例分析：数列与函数在电子 工程中的应用
如何提高数列与函数的综合应 用能力
掌握数列与函数的基本概念和性质
理解数列与函数的定义和性质 掌握数列与函数的极限和连续性 熟悉数列与函数的导数和积分 掌握数列与函数的图象和几何意义
理解数列与函数的运算规则
2023年高考数学一轮复习第六章数列6数列中的综合问题练习含解析
数列中的综合问题考试要求 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题． 题型一 数学文化与数列的实际应用例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块答案 C解析 设每一层有n 环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d ＝9，首项为a 1＝9的等差数列．由等差数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，且(S 3n －S 2n )－(S 2n －S n )＝n 2d ，则9n 2＝729，解得n ＝9，则三层共有扇面形石板S 3n ＝S 27＝27×9＋27×262×9＝3402(块)．(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm× 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑k ＝1n S k ＝_______dm 2.答案 5 240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n解析 依题意得，S 1＝120×2＝240；S 2＝60×3＝180；当n ＝3时，共可以得到5dm×6dm，52dm×12dm，10dm×3dm,20dm×32dm 四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30,10×3＝30，20×32＝30，所以S 3＝30×4＝120；当n ＝4时，共可以得到5dm×3dm，52dm×6dm，54dm×12dm,10dm×32dm,20dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15,10×32＝15,20×34＝15，所以S 4＝15×5＝75； ……所以可归纳S k ＝2402k ×(k ＋1)＝240k ＋12k. 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋322＋423＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，①所以12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②由①－②得，12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122－12n×121－12－n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1， 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32ndm 2. 教师备选1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( ) A ．4.5尺 B ．3.5尺 C ．2.5尺 D ．1.5尺答案 A解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{a n }，设公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝28.5，a 10＋a 11＋a 12＝1.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10.5，d ＝－1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝11.5－n ， 所以a 7＝11.5－7＝4.5， 即春分时节的日影长为4.5尺． 2．古希腊时期，人们把宽与长之比为5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12≈0.618的矩形称为黄金矩形，把这个比值5－12称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形，若M 与K 之间的距离超过1.5m ，C 与F 之间的距离小于11m ，则该古建筑中A 与B 之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )A ．30.3mB ．30.1mC ．27mD ．29.2m答案 C解析 设|AB |＝x ，a ≈0.618，因为矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形， 所以有|BC |＝ax ，|CF |＝a 2x ，|FG |＝a 3x ， |GJ |＝a 4x ，|JK |＝a 5x ，|KM |＝a 6x .由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 6x >1.5，a 2x <11，解得26.786<x <28.796，故选项C 符合题意． 思维升华 数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．跟踪训练1 (1)(2022·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到( ) A ．2022年12月 B ．2023年2月 C ．2023年4月 D ．2023年6月答案 B解析 每个月开通5G 基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列， 设预计我国累计开通500万个5G 基站需要n 个月，则70＋5n ＋n n －12×1＝500，化简整理得，n 2＋9n －860＝0， 解得n ≈25.17或n ≈－34.17(舍)，所以预计我国累计开通500万个5G 基站需要25个月，也就是到2023年2月．(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A ．a 4＝12B ．a n ＋1＝a n ＋n ＋1C ．a 100＝5050D ．2a n ＋1＝a n ·a n ＋2解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ，故a n ＝n n ＋12，∴a 4＝4×4＋12＝10，故A 错误； a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×100＋12＝5050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n n ＋1n ＋2n ＋34，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误．题型二 等差数列、等比数列的综合运算例2 (2022·滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4， 所以d ＝a 2－a 1＝2， 所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ， 所以n ＝log 2b n ， 所以b n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n＝2·2n －1＝a 2n －1， 即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ， 因为b 7＝62a ＝a 64，b 8＝72a ＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的， 所以S 100＝P 107－Q 7＝107×2＋2142－2－281－2＝11302.(2020·浙江)已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b nb n ＋2c n ，n ∈N *. (1)若{b n }为等比数列，公比q >0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式； (2)若{b n }为等差数列，公差d >0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1＋1d，n ∈N *.(1)解 由b 1＝1，b 1＋b 2＝6b 3，且{b n }为等比数列，得1＋q ＝6q 2，解得q ＝12(负舍)．∴b n ＝12n －1.∴c n ＋1＝b nb n ＋2c n ＝4c n ，∴c n ＝4n －1. ∴a n ＋1－a n ＝4n －1，∴a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝1－4n －11－4＋1＝4n －1＋23. (2)证明 由c n ＋1＝b n b n ＋2·c n (n ∈N *)， 可得b n ＋2·c n ＋1＝b n ·c n ， 两边同乘b n ＋1，可得b n ＋1·b n ＋2·c n ＋1＝b n ·b n ＋1·c n ， ∵b 1b 2c 1＝b 2＝1＋d ，∴数列{b n b n ＋1c n }是一个常数列， 且此常数为1＋d ，即b n b n ＋1c n ＝1＋d ， ∴c n ＝1＋db n b n ＋1＝1＋d d ·d b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ·b n ＋1－b n b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，又∵b 1＝1，d >0，∴b n >0， ∴c 1＋c 2＋…＋c n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋1b 2－1b 3＋…＋1b n－1b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1<1＋1d，∴c 1＋c 2＋…＋c n <1＋1d.思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b 1＝1，d >0证明不等式成立．另外本题在探求{a n }与{c n }的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．跟踪训练2 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 2＋a 4＝10， 所以2a 1＋4d ＝10， 解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5， 所以b 1q ·b 1q 3＝9. 又b 1＝1，所以q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.则b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.题型三 数列与其他知识的交汇问题 命题点1 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.(1)解 因为1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)，所以1a n ＋1－1a n＝2(n ∈N *)，因为a 1＝12，所以1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以首项为2，公差为2的等差数列，所以1a n ＝2＋2(n －1)＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝12n (n ∈N *)．(2)证明 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n >1)， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝14⎝⎛⎭⎪⎫2－1n <12.故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.命题点2 数列与函数的交汇例4 (1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，首项a 1＝2，公比q >1，a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，则数列{a n }的前9项和是________． 答案 1022解析 由f (x )＝13x 3－6x 2＋32x ，得f ′(x )＝x 2－12x ＋32，又因为a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，所以a 2，a 3是函数f ′(x )＝x 2－12x ＋32的两个零点，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 3＝12，a 2·a 3＝32，因为q >1，所以a 2＝4，a 3＝8，故q ＝2， 则前9项和S 9＝21－291－2＝210－2＝1022.教师备选1．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝______________. 答案163(4n－1) 解析 设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2， 于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…， 从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，…，易知数列{a n }是等比数列，其公比q ＝a 2a 1＝4， 所以S n ＝244n－14－1＝163(4n－1)．2．求证：12＋1＋222＋2＋323＋3＋…＋n 2n ＋n <2(n ∈N *)．证明 因为n 2n＋n <n2n ， 所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证．思维升华 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练3 (1)(2022·长春模拟)已知等比数列{a n }满足：a 1＋a 2＝20，a 2＋a 3＝80.数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，其前n 项和为S n ，若b nS n ＋11≤λ恒成立，则λ的最小值为________．答案623解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝20，a q ＋a q 2＝80，解得a 1＝4，q ＝4，故{a n }的通项公式为a n ＝4n，n ∈N *.b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ， S n ＝2n ＋12n (n －1)·2＝n 2＋n ，b nS n ＋11＝2n n 2＋n ＋11＝2n ＋11n＋1，n ∈N *， 令f (x )＝x ＋11x，则当x ∈(0，11)时，f (x )＝x ＋11x单调递减，当x ∈(11，＋∞)时，f (x )＝x ＋11x单调递增，又∵f (3)＝3＋113＝203，f (4)＝4＋114＝274，且n ∈N *，∴n ＋11n ≥203，即b nS n ＋11≤2203＋1＝623， 故λ≥623，故λ的最小值为623.(2)若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，S 2＝4. ①求数列{a n }的通项公式； ②设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解 ①设{a n }的公差为d (d ≠0)， 则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d . 因为S 1，S 2，S 4成等比数列， 所以a 1·(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2. 所以2a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝2a 1.又因为S 2＝4，所以a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1. ②因为b n ＝3a n a n ＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<32. 要使T n <m 20对所有n ∈N *都成立， 则有m 20≥32，即m ≥30. 因为m ∈N *，所以m 的最小值为30. 课时精练1．(2022·青岛模拟)从“①S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12；②S 2＝a 3，a 4＝a 1a 2；③a 1＝2，a 4是a 2，a 8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，________，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝122n n S S ＋－，数列{b n }的前n 项和为W n ，求W n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解 (1)选①： S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12＝n 2＋a 12n ， 令n ＝1，得a 1＝1＋a 12，即a 1＝2， 所以S n ＝n 2＋n .当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又a 1＝2，满足上式，所以a n ＝2n .选②：由S 2＝a 3，得a 1＋a 2＝a 3，得a 1＝d ，又由a 4＝a 1a 2，得a 1＋3d ＝a 1(a 1＋d )，因为d ≠0，则a 1＝d ＝2，所以a n ＝2n .选③：由a 4是a 2，a 8的等比中项，得a 24＝a 2a 8，则(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，因为a 1＝2，d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n .(2)S n ＝n 2＋n ，b n ＝(2n ＋1)2＋2n ＋1－(2n )2－2n ＝3·22n ＋2n ，所以W n ＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n ＋2n ＝12×1－4n 1－4＋2×1－2n 1－2＝4(4n－1)＋2(2n －1)＝4n ＋1＋2n ＋1－6.2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝a n ·2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使T n >2022的最小的正整数n 的值． 解 (1)当n ≥2时，由a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2，得a 2n ＝2S n －1＋n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＝a n ＋1.当n ＝1时，a 22＝2a 1＋2＝4，∴a 1＝1，∴a 2－a 1＝1，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n .(2)由(1)知b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式相减得－T n ＝2·1－2n 1－2－n ·2n ＋1 ＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴T n －T n －1＝n ·2n >0，∴T n 单调递增．当n ＝7时，T 7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n ＝8时，T 8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使T n >2 022的最小的正整数n 的值为8.3．(2022·大连模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝25，且a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求T 2n .解 (1)由题意知，等差数列{a n }的前n 项和为S n ，由S 5＝25，可得S 5＝5a 3＝25，所以a 3＝5， 设数列{a n }的公差为d ，由a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列，可得(6＋d )2＝4(8＋4d )，整理得d 2－4d ＋4＝0，解得d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知 b n ＝(－1)n a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋1，所以T 2n ＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n －3)＋1]＋(4n －1＋1)＝4n .4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3.解 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1， 因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2.(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2)＝2×1－22n ＋11－2＋3＋2n ＋42n ＋22＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)，(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。
数列综合题型
（一）数列和函数综合1．已知数列{a n}中，，且当时，函数取得极值．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足：b1=2，，证明：是等差数列，并求数列{b n}的通项公式通项及前n 项和S n．2．已知：f n（x）=a1x+a2x2+…+a n x n，且数列{a n}成等差数列．（1）当n为正偶数时，f n（﹣1）=n，且a1=1，求数列{a n}的通项；（2）试比较与3的大小．3．已知f（x）在（﹣1，1）上有定义，，且满足x，y∈（﹣1，1）有．对数列{x n}有（1）证明：f（x）在（﹣1，1）上为奇函数．（2）求f（x n）的表达式．（3）是否存在自然数m，使得对于任意n∈N*且＜成立？若存在，求出m的最小值．（二）数列与不等式综合4．（2011•湖南）已知函数f（x）=x3，g （x）=x+．（Ⅰ）求函数h （x）=f（x）﹣g （x）的零点个数．并说明理由；（Ⅱ）设数列{ a n}（n∈N*）满足a1=a（a＞0），f（a n+1）=g（a n），证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有a n≤M．5．如图：假设三角形数表中的第n行的第二个数为a n（n≥2，n∈N*）（1）归纳出a n+1与a n的关系式并求出a n的通项公式；（2）设a n b n=1求证：b2+b3+…+b n＜2．6．已知正项等差数列{a n}的前n项和为S n，其中a1≠a2，a m、a k、a h都是数列{a n}中满足a h﹣a k=a k﹣a m的任意项．（Ⅰ）证明：m+h=2k；（Ⅱ）证明：S m•S h≤S k2；（III）若也成等差数列，且a 1=2，求数列的前n项和．（三）数列和向量综合7．已知点集，其中=（2x﹣b，1），=（1，b+1），点列P n（a n，b n）在L中，P1为L与y轴的交点，等差数列{a n}的公差为1，n∈N*．（I）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）若，令S n=f（1）+f（2）+f（3）+…+f（n）；试写出S n关于n的函数解析式；8．已知一列非零向量，n∈N*，满足：=（10，﹣5），，（n32 ）．，其中k是非零常数．（1）求数列{||}是的通项公式；（2）求向量与的夹角；（n≥2）；（3）当k=时，把，，…，，…中所有与共线的向量按原来的顺序排成一列，记为，，…，，…，令，O为坐标原点，求点列{B n}的极限点B的坐标．（注：若点坐标为（t n，s n），且，，则称点B（t，s）为点列的极限点．）9．我们把一系列向量（i=1，2，…，n）按次序排成一列，称之为向量列，记作{}．已知向量列{}满足：，=（n≥2）．（1）证明数列{||}是等比数列；（2）设θn表示向量，间的夹角，若b n=2nθn﹣1，S n=b1+b2+…+b n，求S n；（3）设||•log2||，问数列{c n}中是否存在最小项？若存在，求出最小项；若不存在，请说明理由．10．从原点出发的某质点M，按向量=（0，1）移动的概率为，按向量=（0，2）移动的概率为，设可达到点（0，n）的概率为P n，求：（1）求P1和P2的值．（2）求证：P n+2=P n+P n+1．（3）求P n的表达式．（四）数列和三角函数综合11．已知点列B1（1，y1）、B2（2，y2）、…、B n（n，y n）（n∈N）顺次为一次函数图象上的点，点列A1（x1，0）、A2（x2，0）、…、A n（x n，0）（n∈N）顺次为x轴正半轴上的点，其中x1=a（0＜a＜1），对于任意n∈N，点A n、B n、A n+1构成一个顶角的顶点为B n的等腰三角形．（1）求数列{y n}2的通项公式，并证明{y n}3是等差数列；（2）证明x n+2﹣x n5为常数，并求出数列{x n}6的通项公式；（3）问上述等腰三角形A n8B n9A n+110中，是否存在直角三角形？若有，求出此时a值；若不存在，请说明理由．12．设数列{a n}是首项为0的递增数列，（n∈N），，x∈[a n，a n+1]满足：对于任意的b∈[0，1），f n（x）=b总有两个不同的根．（1）试写出y=f1（x），并求出a2；（2）求a n+1﹣a n，并求出{a n}的通项公式；（3）设S n=a1﹣a2+a3﹣a4+…+（﹣1）n﹣1a n，求S n．13．（理）已知复数，其中A，B，C是△ABC的内角，若．（1）求证：；（2）当∠C最大时，存在动点M，使|MA|，|AB|，|MB|成等差数列，求的最大值．（五）数列和解析几何综合14．在xoy平面上有一系列点P1（x1，y1），P2（x2，y2）…，P n（x n，y n），…，（n∈N*），点P n在函数y=x2（x≥0）的图象上，以点P n为圆心的圆P n与x轴都相切，且圆P n与圆P n+1又彼此外切．若x1=1，且x n+1＜x n x1=1．（I）求数列{x n}的通项公式；（II）设圆P n的面积为S n，，求证：．15．已知点P n（a n，b n）满足，且．（1）求点P1坐标，并写出过点P0，P1的直线L的方程；（2）猜测点P n（n≥2）与直线L的位置关系，并加以证明；（3）求数列{a n}与{b n}的通项公式，并求的最小值（其中O为坐标原点，n∈N*）．16．如图，在直角坐标系xOy中，有一组底边长为a n的等腰直角三角形A n B n C n（n=1，2，3，…），底边B n C n依次放置在y轴上（相邻顶点重合），点B1的坐标为（0，b），b＞0．（1）若A1，A2，A2，…，A n在同一条直线上，求证：数列{a n}是等比数列；（2）若a1是正整数，A1，A2，A2，…，A n依次在函数y=x2的图象上，且前三个等腰直角三角形面积之和不大于，求数列{a n}的通项公式．17．已知点P n（a n，b n）满足，且．（1）求点P1坐标，并写出过点P0，P1的直线L的方程；（2）猜测点P n（n≥2）与直线L的位置关系，并加以证明；（3）求数列{a n}与{b n}的通项公式（n∈N*）．答案与评分标准1．已知数列{a n}中，，且当时，函数取得极值．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足：b1=2，，证明：是等差数列，并求数列{b n}的通项公式通项及前n项和S n．考点：数列与函数的综合；等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式。
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数列与函数结合的综合问题数列综合问题之数列与函数思想方法：关键是应用函数的解析式和性质得到数列的通项或递推关系。
一、利用具体函数的解析式得递推关系例1：已知函数2()(,)x a f x b c N bx c++=∈-中，1(0)0,(2)2,(2)2f f f ==-<-， （1）求函数()f x 的解析式；（2）各项均不为零的数列{}na 满足：14()1nnS f a =，求通项na ？（3）在条件（2）下，令2nnn ba =，求数列{}nb 的前n 项和？分析：由题知：0,2a b c ===，所以2()22x f x x =-，所以可求得：2112()(1)0n n n n n n n n S a a a a a a a n++=-⇒+-+=⇒=-例2：函数[)()222,2,f x x x x =-∈+∞；（1）求()f x 的反函数1()fx -；（2）数列{}na 满足：11()nn Sf S --=，且12a=，求数列{}na 的通项公式；（3）在条件（2）下，令2*11()()2n n n n na ab n N a a +++=∈，求数列{}nb 的前n 项和？ 分析：（1）由题知：12()2),0f x x x -=≥；（2）1242nn n ss a n -==-（3）22211111()2111()222121n n n n n n n n n n n a a a a a a b a a a a n n ++++++--===+--+例3、设函数()241+=x x f ，(1) 证明：对一切R x ∈，f(x)+f(1-x)是常数；(2)记()()()+∈+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=N n f n n f n f n f f a n,11......210，求n a ,并求出数列{a n }的前n 项和。
解：∵()241+=x x f ， ∴()(1)f x f x +- =1114242x x -+++ 1142421(42)(42)2x x x x --+++==++()()()+∈+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛+=N n f n n f n f n f f a n ,11......210 ()()()12211......0,n n n a f f f f f f n N n n n n +--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴2na =12n + ∴na =14n + ∴Sn=111()442n n +++=(3)8n n +二、利用抽象函数的性质得递推关系：例1：()f x 是R 上不恒为零的函数，且对任意,a b R ∈都有：()()()f a b af b bf a =+，（1）求(0)f 与(1)f 的值；（2）判断()f x 的奇偶性；（3）若(2)2f =，*(2),()n n f u n N n-=∈，求数列{}nu 的前n 项和nS ？简析：（1）(0)0,(1)0f f ==；（2）2(1)((1))(1)(1)(1)0f f f f f =-=----⇒-=，再令1,,()1()(1)()a b x f x f x x f f x =-=-=-+-=-，所以为奇函数；（2）当0a b ≠时，()()()f ab f b f a ab b a =+，令函数()()f x g x x=，所以有：()()()()()ng ab g b g a g a n g a =+⇒= ，所以有：1()()()()()n nn n n nf ag a f a a g a n a n f a a-=⇒==，得111111(2)()()2222n n nn f n f u f ---⎛⎫⎛⎫=⇒= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭；又因为：1111(1)2()(2)()2222f f f f =+⇒=-，所以：12nn u ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭。
例2：已知函数()f x 是定义在*N 上的函数，且满足(())3,(1)2f f k k f ==。
设1(3)n n a f -=，11b =且有：3131log ()log ()n n b f a b f a -=-；（1）求证：31212()()()4n n b bb bf a f a f a +++<； （2）若122411122224141()()()()n n n n n n n n n n n n f af a f a f a m a b a b a b a b +++++++++++++≤对于任意的*1,n n N >∈恒成立，求m 的取值范围。
解：（1）由于1(3)n na f -=，所以有11()((3))333n n n n f a f f --===，也有：3log ()nf a n =由：3131log ()log ()n n bf a b f a -=-，得n b n =，令1212()()()nn n b b bS f a f a f a =+++，也即有：21233333n n nn S =++++，由错位相减得出：31213113()3223244n n n b S n S +=-+<⇒<=（2）由(())3((()))(3)3()(3)f f k k f f f k f k f k f k =⇒=⇒=，所以：11(3)3(3)3n n n n a f f a -+===，又因为01(3)(1)20a f f ===≠，所以{}n a 是等比数列，有123n na -=，又()3nn f a =，所以有了：1()331232n n n n n f a a b n n-==，设124111224141()()()31111()212241n n n nn n n n n n f a f a f a Ta b a b a b n n n n ++++++=+++=++++++有： 11311111()2212245141314()2(21)(22)(41)(4)3302(21)(22)(41)(45)n n n nT T n n n n n n n n n n n n n T T ++-=++--+++++=-++++-=<++++⇒< 所以nT 是单调递减的。
也当2n =时，nT 取得最大值2311125()234924T =++=，由题有：2524m ≥。
练习：已知函数f (x )定义在区间（-1，1）上，1)21(-=f ,且当x ,y ∈(-1,1)时，恒有)1()()(xy yx f y f x f --=- ,又数列{a n }满足21112,21nn n a a a a +==+,设)(1)(1)(121n n a f a f a f b +⋯++=．（１）证明：f (x )在（-1，1）上为奇函数； （２）求f (a n)的表达式；（３）是否存在自然数m ，使得对任意n ∈N ,都有48-<m b n 成立，若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由．讲解 （１）紧扣奇函数的定义，选择特殊值．令x=y=0，则f (0)=0，再令x=0,得f (0)-f (y )=f (-y ),所以f (-y )=-f (y ),y ∈(-1,1),故f (x )在（-1，1）上为奇函数．（２）),1()()()1(,1)21()(1xyyx f y f x f f a f ++=+-==知由 )(2)()()1()12()(21n n n nn nn nnn a f a f a f a a a a f a a f a f =+=⋅++=+=∴+，即2)()(1=+n n a f a f ，∴{f (a n )}是以-1为首项，2为公比的等比数列，从而有f (a n)=-2n-1.（３）先求nb 的表达式，得2111111112(1)21222212n n n n b ---=-+++⋯+=-=-+-，若48-<m bn恒成立（n ∈N +）,则112224n m --+<-，即14.2n m ->∵n ∈N +，∴当n =1时，124-n 有最大值4，故m >4．又∵m ∈N ,∴存在m =5，使得对任意n ∈N +，都有48-<m b n成立.。