2021届高考数学总复习(人教A版,理科)配套题库： 数列的综合应用(含答案解析)

新人教版1．(xx·福州一中月考)一个三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则三内角所成等差数列的公差等于( )A ．0 B.π12 C.π6D.π4解析：选A 设三角形的三内角分别为A ，B ，C ，对应的边分别为a ，b ，c .令A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则B ＝π3，b 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，可推出a ＝c ＝b .故A ＝B ＝C ＝π3，公差为0. 2．(xx·辽宁高考)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列； p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列． 其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D 设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n＝1＋1n是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4nd ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．选D.3．(xx·温州模拟)已知三个不全相等的实数a ，b ，c 成等比数列，则可能成等差数列的是( )A ．a ，b ，cB ．a 2，b 2，c 2C ．a 3，b 3，c 3D.a ，b ，c解析：选B 特值法求解，取a ＝1，b ＝－1，c ＝1，则a 2，b 2，c 2为1,1,1，是等差数列，故选B.4．(xx·海口质检)各项都是正数的等比数列{a n }的公比q ≠1且a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4＝( ) A.1－52 B.5＋12C.5－12D.5＋12或5－12解析：选B 据已知得a 3＝a 1＋a 2所以a 1q 2＝a 1＋a 1q ，所以q 2＝1＋q ，解得q ＝1±52，由于等比数列各项为正数，故q ＝1＋52，因此a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.故选B.5．已知各项不为0的等差数列{a n}满足2a2－a26＋2a10＝0，首项为18的等比数列{b n}的前n项和为S n，若b6＝a6，则S6＝( )A．16 B.31 8C.638D.6316解析：选C 由2a2－a26＋2a10＝0，∴4a6＝a26.∵a6≠0，∴a6＝4.∴b6＝4.又∵{b n}的首项b1＝18，∴q5＝b6b1＝32.∴q＝2.∴S6＝18－4×21－2＝638.故选C.6．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A．211－47 B．212－57C．213－68 D．214－80解析：选B 由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n个30分钟内进入公园的人数为a n，第n个30分钟内出来的人数为b n，则a n＝4×2n－1，b n＝n，则上午11时30分公园内的人数为S＝2＋41－2101－2－10×1＋102＝212－57.故选B.7．(xx·襄阳五中月考)已知等差数列{a n}中，a7＝π4，则tan(a6＋a7＋a8)等于________．解析：－1 由等差中项性质得a6＋a7＋a8＝3a7＝3π4，故tan(a6＋a7＋a8)＝tan 3π4＝－1.8．(xx·广元适应性统考)有四个自然数从小到大排成一列，前三个数成等差数列，公差为2，后三个数成等比数列，则这四个数的和为________．解析：14或21 依题意，设这四个数依次为a－2、a、a＋2、a＋22a(其中a≥2，a∈N*)．由a≥2，a∈N*，且a＋22a＝a＋4a＋4∈N，得a是4的不小于2的正约数，因此a＝2或a＝4.当a＝2时，这四个数依次为0、2、4、8，此时这四个数的和等于14；当a＝4时，这四个数依次为2、4、6、9，此时这四个数的和等于21.9．(xx·衡水中学月考)定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，若数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1122 1＝1且⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 3a n a n ＋1＝12(n ∈N *)，则a 3＝________，数列{a n}的通项公式为a n ＝________.解析：10,4n －2 由题意得a 1－1＝1,3a n ＋1－3a n ＝12，即a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4.∴{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列． ∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2，a 3＝4×3－2＝10.10．(xx·苏州中学调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝________.解析：9 ∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1(n ≥2)．两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，∴a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1a n＝4.∴{a n }从第2项起是公比为4的等比数列． 当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3， ∴当n ≥2时，a n ＝3×4n －2，S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3(1＋4＋…＋48) ＝1＋3×1－491－4＝1＋49－1＝49.∴log 4S 10＝log 449＝9.11．(xx·湖北高考)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0. 由题意得⎩⎨⎧S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18，即⎩⎨⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q 1＋q ＋q 2＝－18，解得⎩⎨⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1. (2)由(1)有S n ＝3·[1－－2n]1－－2＝1－(－2)n .若存在n ，使得S n ≥2 013， 则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n≤－2 012.当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，解得n≥11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k ∈N，k≥5}．12．在正项数列{a n}中，a1＝2，点A n(a n，a n＋1)在双曲线y2－x2＝1上，数列{b n}中，点(b n，T n)在直线y＝－12x＋1上，其中Tn是数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求证：数列{b n}是等比数列；(3)若c n＝a n·b n，求证：c n＋1<c n.(1)解：由已知点A n在y2－x2＝1上知，a n＋1－a n＝1，∴数列{a n}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.(2)证明：∵点(b n，T n)在直线y＝－12x＋1上，∴T n＝－12bn＋1，①∴T n－1＝－12bn－1＋1(n≥2)，②①－②得b n＝－12bn＋12bn－1(n≥2)，∴32bn＝12bn－1，∴b n＝13bn－1.令n＝1，得b1＝－12b1＋1，∴b1＝23，∴数列{b n}是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可知b n＝23·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1＝23n.∴c n＝a n·b n＝(n＋1)·23n ，∴c n＋1－c n＝(n＋2)·23n＋1－(n＋1)·23n＝23n＋1[(n＋2)－3(n＋1)]＝23n＋1(－2n－1)<0，∴c n＋1<c n.13．(xx·南昌模拟)下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等．已知a1,1＝1，a2,3＝6，a3,2＝8.(1)求数列{a n,2}的通项公式；(2)设b n＝a1，nan，2＋(－1)n a1，n，n＝1,2,3，…，求数列{b n}的前n项和S n.解：(1)设第一行依次组成的等差数列的公差是d，第一列依次组成的等比数列的公比是q(q>0)，则a2,3＝qa1,3＝q(1＋2d)⇒q(1＋2d)＝6，a3,2＝q2a1,2＝q2(1＋d)⇒q2(1＋d)＝8，解得d＝1，q＝2，所以a1,2＝2⇒a n,2＝2×2n－1＝2n.(2)由(1)知a1，n＝n，所以b n＝n2n＋(－1)n n，S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12＋222＋323＋…＋n2n＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n]，记T n＝12＋222＋323＋…＋n2n，①则12Tn＝122＋223＋324＋…＋n2n＋1，②①－②得12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝1－n＋22n＋1，所以T n＝2－n＋2 2n，所以当n为偶数时，S n＝n2＋2－n＋22n；当n 为奇数时，S n ＝－n ＋12＋2－n ＋22n.14．某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用过程中的维护费用会逐年增加，第1年的维护费用是4万元，从第2年到第7年，每年的维护费用均比上年增加2万元，从第8年开始，每年的维护费用比上年增加25%.(1)设第n 年该生产线的维护费用为a n ，求a n 的表达式；(2)若该生产线前n 年每年的平均维护费用大于12万元时，需要更新生产线，求该生产线前n 年每年的平均维护费用，并判断第几年年初需要更新该生产线？解：(1)由题知，当1≤n ≤7时，数列{a n }是首项为4，公差为2的等差数列， 故a n ＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2.当n ≥8时，数列{a n }从a 7开始构成首项为a 7＝2×7＋2 ＝16，公比为1＋25%＝54的等比数列，则此时a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，故a n＝⎩⎨⎧2n ＋2，1≤n ≤7，16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，n ≥8.(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，当1≤n ≤7时，S n ＝4n ＋n n －12×2＝n 2＋3n ， 当n ≥8时，由S 7＝70，得S n ＝70＋16×54×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －71－54＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10， 故该生产线前n 年每年的平均维护费用为S n n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ＋3，1≤n ≤780×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10n ，n ≥8当1≤n ≤7时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 为递增数列， 当n ≥8时，因为S n ＋1n ＋1－S n n ＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －6－10n ＋1－80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10n＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7·⎝ ⎛⎭⎪⎫n 4－1＋10n n ＋1>0， 所以S n ＋1n ＋1>S n n ，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 也为递增数列． 又S 77＝10<12，S 88＝80×54－108＝11.25<12.S 9 9＝80×⎝⎛⎭⎪⎫542－109≈12.78>12，故第9年年初需更新生产线．36210 8D72 赲26302 66BE 暾-33084 813C 脼34424 8678 虸25578 63EA 揪40675 9EE3 黣W;631213 79ED 秭z30852 7884 碄35232 89A0 覠37103 90EF 郯。

第五节数列的综合应用数列的综合应用能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，抽象出数列的模型，并能用有关知识解决相应的问题．知识点数列的实际应用问题数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是前n项和S n与S n＋1之间的递推关系． 必备方法解答数列应用题的步骤：(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．具体解题步骤用框图表示如下：[自测练习]1．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要() A．6秒钟B．7秒钟C．8秒钟D．9秒钟解析：设至少需要n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，∴1－2n 1－2≥100，∴n ≥7. 答案：B2．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π， 故2π3n ＋n (n －1)2×π36＝(n －2)π. 化简得n 2－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)． 答案：93．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n ＋1≥7，即n ≥6.答案：6考点一 等差、等比数列的综合应用|在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n ，∴a n ＋13n －a n3n －1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列．(2)由(1)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列，∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ， ∴a n ＝2n ×3n －1.∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n ×3n －1，∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n ×3n .∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n ×3n＝2×1－3n1－3－2n ×3n＝3n －1－2n ×3n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫n －12×3n ＋12.等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．1．(2016·贵州七校联考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n <a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧q 2(3＋3d )＝36，q (2＋d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝13(5－2n )，b n ＝6n －1.(2)若a n <a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1.考点二 数列的实际应用问题|为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．(1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )； (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a 的最小值．[解] (1)设a n ，b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量． 依题意，得{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，{b n }是首项为400，公差为a 的等差数列．所以{a n }的前n 项和S n ＝128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n 1－32＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1， {b n }的前n 项和T n ＝400n ＋n (n －1)2a . 所以经过n 年，该市被更换的公交车总数为S (n )＝S n ＋T n ＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1＋400n ＋n (n －1)2a . (2)若计划7年内完成全部更换，则S (7)≥10 000，所以256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫327－1＋400×7＋7×62a ≥10 000， 即21a ≥3 082，所以a ≥1461621.又a ∈N *，所以a 的最小值为147.解决数列应用题一个注意点解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，要求a n 还是S n ，特别是要弄清项数．2．某工业城市按照“十二五”(2011年至2015年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO 2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO 2的年排放量约为9.3万吨．(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO 2约多少万吨？(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO 2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p ，为使2020年这一年SO 2的年排放量控制在6万吨以内，求p 的取值范围．⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：823≈0.9505，923≈0.955 9解：(1)设“十二五”期间，该城市共排放SO 2约y 万吨，依题意，2011年至2015年SO 2的年排放量构成首项为9.3，公差为－0.3的等差数列， 所以y ＝5×9.3＋5×(5－1)2×(－0.3)＝43.5(万吨)．所以按原计划“十二五”期间该城市共排放SO 2约43.5万吨． (2)由已知得，2012年的SO 2年排放量为9.3－0.3＝9(万吨)，所以2012年至2020年SO 2的年排放量构成首项为9，公比为1－p 的等比数列． 由题意得9×(1－p )8<6，由于0<p <1， 所以1－p <823，所以1－p <0.950 5，解得p >4.95%.所以SO 2的年排放量每年减少的百分率p 的取值范围为(4.95%,1)．考点三 数列与不等式的综合问题|(2015·高考浙江卷)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1≤a na n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)． [证明] (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈[1,2]，即1≤a na n ＋1≤2. (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1， 所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2， 所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12(n ＋1)≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)．数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．3．(2016·云南一检)在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n项和是S n .(1)证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； (2)比较a n 与S n ＋7的大小．解：(1)∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n ，∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝1a n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列． 由a 1＝35，b n ＝1a n －1得b 1＝－52，∴S n ＝－5n 2＋n (n －1)2＝n 22－3n .(2)由(1)知：b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1得a n ＝1＋1b n ＝1＋1n －72.∴a n －S n －7＝－n 22＋3n －6＋1n －72.∵当n ≥4时，y ＝－n 22＋3n －6是减函数，y ＝1n －72也是减函数，∴当n ≥4时，a n －S n －7≤a 4－S 4－7＝0.又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－72<0，∴∀n ∈N *，a n －S n －7≤0， ∴a n ≤S n ＋7.6.数列的综合应用的答题模板【典例】 (12分)(2015·高考四川卷)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值．[思路点拨] 由S n ＝2a n －a 1，得a 2＝2a 1，a 3＝4a 1，再通过a 1，a 2＋1，a 3成等差数列确定首项a 1＝2是解决(1)的切入点；由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以T n ＝1－12n ，然后解不等式即可． [规范解答] (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有 a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．所以a ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.(2分)又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n .(6分) (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－12n .(8分)由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1 000. 因为29＝512<1 000<1 024＝210， 所以n ≥10.(10分) 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.(12分) [模板形成][跟踪练习] (2015·湖北七市联考)数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝nλ·b n＋1(λ为常数，且λ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．解：(1)由题意得(1－a 2)2＝a 1(a 3＋1)， 即⎝⎛⎭⎫1－12a 12＝a 1⎝⎛⎭⎫14a 1＋1， 解得a 1＝12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n . 设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧ T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ(8＋d )，16＋d ＝2λ(8＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n， ∴12S n ＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝14n (n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1<14，② 由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .A 组 考点能力演练1．(2015·杭州二模)在正项等比数列{a n }中，22为a 4与a 14的等比中项，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．6D ．4解析：因为{a n }是正项等比数列，且22为a 4与a 14的等比中项，所以a 4a 14＝8＝a 7a 11，则2a 7＋a 11＝2a 7＋8a 7≥22a 7·8a 7＝8，当且仅当a 7＝2时，等号成立，所以2a 7＋a 11的最小值为8，故选择B.答案：B2．(2016·宝鸡质检)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，问最小的一份为( )A.53B.103C.56D.116解析：由100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，可知中间一人得20块面包，设较大的两份为20＋d,20＋2d ，较小的两份为20－d,20－2d ，由已知条件可得17(20＋20＋d＋20＋2d )＝20－d ＋20－2d ，解得d ＝556，∴最小的一份为20－2d ＝20－2×556＝53，故选A.答案：A3．(2016·豫南十校联考)设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意的x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )．若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：在f (x )·f (y )＝f (x ＋y )中令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )f (1)，又a 1＝12，a n ＝f (n )(n∈N *)，则a n ＋1＝12a n ，所以数列{a n }是首项和公比都是12的等比数列，其前n 项和S n ＝12×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1，故选择C. 答案：C4．已知在等差数列{a n }中，a 1>0，d >0，前n 项和为S n ，等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 4，前n 项和为T n ，则( )A ．S 4>T 4B ．S 4<T 4C ．S 4＝T 4D ．S 4≤T 4解析：法一：设等比数列{b n }的公比为q ，则由题意可得q >1，数列{b n }单调递增，又S 4－T 4＝a 2＋a 3－(b 2＋b 3)＝a 1＋a 4－a 1q －a 4q ＝a 1(1－q )＋a 4⎝⎛⎭⎫1－1q ＝q －1q (a 4－a 1q )＝q －1q (b 4－b 2)>0，所以S 4>T 4.法二：不妨取a n ＝7n －4，则等比数列{b n }的公比q ＝3a 4a 1＝2，所以S 4＝54，T 4＝b 1(1－q 4)1－q ＝45，显然S 4>T 4，选A.答案：A5．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m ·a n ＝16a 21，m ，n ∈N *，则1m ＋9n的最小值为( ) A ．2 B ．16 C.114D.32解析：设数列{a n }的公比为q ，a 3＝a 2＋2a 1⇒q 2＝q ＋2⇒q ＝2，∴a n ＝a 1·2n －1，a m ·a n ＝16a 21⇒a 21·2m＋n －2＝16a 21⇒m ＋n ＝6，∵m ，n ∈N *，∴(m ，n )可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m ＝2，n ＝4时，1m ＋9n 取最小值114.答案：C6．(2016·兰州双基)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：由题意，得(a 1＋3×2)2＝(a 1＋2)(a 1＋7×2)，解得a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .答案：n 2＋n7．(2015·高考湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －1 8．从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.解析：设倒n 次后纯酒精与总溶液的体积比为a n ，则a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，由题意知⎝⎛⎭⎫12n <10%， ∴n ≥4.答案：49．已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <14. 解：(1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14－14(n ＋1)<14， ∴T n <14得证． 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. 解：(1)∵a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)，∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列， ∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ， ∴S n ＝12n. 将S n ＝12n代入a n ＝－2S n ·S n －1， 得a n＝⎩⎨⎧12， (n ＝1)，12n －2n 2， (n ≥2).(2)证明：∵S 2n ＝14n 2<14n (n －1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n (n ≥2)， S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n<14＋14⎝⎛⎭⎫1－12＋…＋14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝12－14n； 当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1. 综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. B 组 高考题型专练1．(2015·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b n n， 所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ，因此，T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， 所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)． 2．(2015·高考安徽卷)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n . 解：(1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 所以数列{x n }的通项公式x n ＝n n ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14. 当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n ， 所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n. 综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n. 3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32. 证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列． 所以a n ＋12＝3n 2， 因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1， 所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.。

第5讲 对数与对数函数一、选择题1．已知实数a ＝log 45，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120，c ＝log 30.4，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b <c <aB ．b <a <cC ．c <a <bD ．c <b <a解析 由题知，a ＝log 45>1，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1，c ＝log 30.4<0，故c <b <a .答案 D 2．设f (x )＝lg(21－x＋a )是奇函数，则使f (x )＜0的x 的取值范围是( )． A ．(－1,0) B ．(0,1)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞) 解析 ∵f (x )为奇函数，∴f (0)＝0，∴a ＝－1. ∴f (x )＝lgx ＋11－x ，由f (x )＜0得，0＜x ＋11－x＜1， ∴－1＜x ＜0. 答案 A3．若函数y ＝log a (x 2－ax ＋1)有最小值，则a 的取值范围是( )． A ．0<a <1 B ．0<a <2，a ≠1 C ．1<a <2D ．a ≥2解析 由于y ＝x 2－ax ＋1是开口向上的二次函数，从而有最小值4－a 24，故要使函数y ＝log a (x 2－ax ＋1)有最小值，则a >1，且4－a 24>0，得1<a <2，故选C. 答案 C4．若函数f (x )＝log a (x ＋b )的大致图象如图所示，其中a ，b 为常数，则函数g (x )＝a x ＋b 的大致图象是 ( )．解析 由已知函数f (x )＝log a (x ＋b )的图象可得0<a <1，0<b <1.则g (x )＝a x ＋b 的图象由y ＝a x 的图象沿y 轴向上平移b 个单位而得到，故选B. 答案 B5．若函数f (x )＝log a (x 2－ax ＋3)(a >0且a ≠1)满足对任意的x 1，x 2，当x 1<x 2≤a2时，f (x 1)－f (x 2)>0，则实数a 的取值范围为( )．A ．(0,1)∪(1,3)B ．(1,3)C ．(0,1)∪(1,23)D ．(1,23)解析 “对任意的x 1，x 2，当x 1<x 2≤a2时，f (x 1)－f (x 2)>0”实质上就是“函数单调递减”的“伪装”，同时还隐含了“f (x )有意义”．事实上由于g (x )＝x 2－ax ＋3在x ≤a2时递减，从而⎩⎨⎧a >1，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2>0.由此得a 的取值范围为(1,23)．故选D.答案 D6．已知函数f (x )＝|lg x |，若0<a <b ，且f (a )＝f (b )，则a ＋2b 的取值范围是 ( )． A ．(22，＋∞) B ．[22，＋∞) C ．(3，＋∞)D ．[3，＋∞)解析 作出函数f (x )＝|lg x |的图象，由f (a )＝f (b )，0<a <b 知0<a <1<b ，－lg a ＝lg b ，∴ab ＝1，∴a ＋2b ＝a ＋2a ，由函数y ＝x ＋2x 的单调性可知，当0<x <1时，函数单调递减，∴a ＋2b ＝a ＋2a >3.故选C. 答案 C 二、填空题。

2021年高考数学真题分类汇编 6.4 数列求和、数列的综合应用理考点一数列求和1.(xx山东,19,12分a)已知等差数列{an }的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn =(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S 4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1 =(-1)n-1.当n为偶数时,Tn=-+…+-=1-=.当n为奇数时,Tn=-+…-+++=1+=.所以Tn=考点二数列的综合应用2.(xx江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{an },{bn}(bn≠0,n∈N*)满足a n bn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn =,求数列{cn}的通项公式;(2)若bn =3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.解析(1)因为an bn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),所以-=2,即cn+1-cn=2.所以数列{cn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故cn=2n-1.(2)由bn =3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列{an }的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.3.(xx四川,19,12分)设等差数列{an }的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的前n项和Sn;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和Tn.解析(1)由已知,b7=,b8==4b7,有=4×=.解得d=a8-a7=2.所以,Sn =na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-.由题意,a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而an =n,bn=2n.所以Tn=+++…++,2Tn=+++…+.因此,2Tn -Tn=1+++…+-=2--=.所以,Tn=.4.(xx浙江,19,14分)已知数列{an }和{bn}满足a1a2a3…an=((n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an 与bn;(2)设cn =-(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.(i)求Sn;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk ≥Sn.解析(1)由题意a1a2a3…an=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…an==()n(n+1).故数列{bn }的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知cn=-=-(n∈N*),所以Sn=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,cn=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,cn<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.5.(xx湖北,18,12分)已知等差数列{an }满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记Sn 为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{an }的通项公式为an=2或an=4n-2.(2)当an =2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.当an =4n-2时,Sn==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当an=2时,不存在满足题意的n;当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.6.(xx湖南,20,13分)已知数列{an }满足a1=1,|an+1-an|=p n,n∈N*.(1)若{a n }是递增数列,且a 1,2a 2,3a 3成等差数列,求p 的值;(2)若p=,且{a 2n-1}是递增数列,{a 2n }是递减数列,求数列{a n }的通项公式. 解析 (1)因为{a n }是递增数列,所以|a n+1-a n |=a n+1-a n =p n .而a 1=1,因此a 2=p+1,a 3=p 2+p+1.又a 1,2a 2,3a 3成等差数列,所以4a 2=a 1+3a 3,因而3p 2-p=0,解得p=或p=0. 当p=0时,a n+1=a n ,这与{a n }是递增数列矛盾.故p=. (2)由于{a 2n-1}是递增数列,因而a 2n+1-a 2n-1>0, 于是(a 2n+1-a 2n )+(a 2n -a 2n-1)>0.① 但<,所以|a 2n+1-a 2n |<|a 2n -a 2n-1|.② 由①,②知,a 2n -a 2n-1>0, 因此a 2n -a 2n-1==.③因为{a 2n }是递减数列,同理可得,a 2n+1-a 2n <0,故 a 2n+1-a 2n =-=.④ 由③,④知,a n+1-a n =.于是a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) =1+-+…+ =1+· =+·,故数列{a}的通项公式为n=+·.32704 7FC0 翀34043 84FB 蓻25198 626E 扮40294 9D66 鵦24305 5EF1 廱d30025 7549 畉v36807 8FC7 过30471 7707 眇29301 7275 牵36722 8F72 轲9Nz an。

学案32数列的综合应用导学目标：1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．自主梳理1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各类知识和方式求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方式的运用与体会．(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方式．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的大体思想方式，复杂的数列问题常常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一样及由一样到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前假设干项求通项，由有限的特殊事例推测出一样性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会碰到，如等比数列中，常常要对公比进行讨论；由S n求a n时，要对______________进行分类讨论．2．数列的实际应用数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解许诺用问题的核心是成立数学模型．(1)成立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，仍是递推数列模型，是求a n仍是求S n.(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每一个月的利息均按复利计算；②在分期付款中规定每期所付款额相同；③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全数付清前会随时刻的推移而不断增值；④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和．自我检测1．(原创题)假设S n是等差数列{a n}的前n项和，且S8－S3＝10，那么S11的值为( )A．12 B．18C．22 D．442．(2020·汕头模拟)在等比数列{a n}中，a n>a n＋1，且a7·a11＝6，a4＋a14＝5，那么a6a16等于( )A.23B.32 C ．－16D ．－563．假设{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n }的每一项都减去2后，取得一个新数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，关于任意的n ∈N *，以下结论正确的选项是 ( )A ．b n ＋1＝3b n ，且S n ＝12(3n －1)B ．b n ＋1＝3b n －2，且S n ＝12(3n －1)C ．b n ＋1＝3b n ＋4，且S n ＝12(3n －1)－2nD ．b n ＋1＝3b n －4，且S n ＝12(3n －1)－2n4．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程都增加2 km ，在达到离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，那么这一进程需要的时刻大约是 ( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟5．(2020·台州月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，那么数列{a n }的最大项为 ( )A ．第7项B ．第8项C ．第7项或第8项D ．不存在6．(2020·南京模拟)设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 别离为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，那么log b 5a 5＝________. 探讨点一 等差、等比数列的综合问题例1 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4组成等差数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .变式迁移1 假设a 1，a 2，a 3，a 4是一个等差数列，且知足0<a 1<2，a 3＝4.假设b n ＝2a n (n ＝1,2,3,4)．给出以下命题：①数列{b n }是等比数列；②b 2>4；③b 4>32；④b 2b 4＝256.其中正确命题的个数是 ( ) A ．1B ．2C ．3D ．4探讨点二 数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 (2020·温州月考)已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }知足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ； (3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .变式迁移2 已知单调递增的等比数列{a n }知足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．探讨点三 数列在实际问题中的应用例3 (2020·福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10 000元，作为启动资金开店，每一个月月底取得的利润是该月月初投入资金的20%，每一个月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每一个月的生活费为300元，余款作为资金全数投入下个月的经营，如此继续，问到这年年末那个职工有多少资金？假设贷款年利息为25%，问那个职工还清银行贷款后纯收入多少元？变式迁移3 假设某市2020年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，估量在尔后的假设干年内，该市每一年新建住房面积平均比上一年增加8%.另外，每一年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年末，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2020年为累计的第一年)将第一次很多于4 750万平方米？ (2)昔时建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例第一次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是成立数学模型，有关平均增加率、利率(复利)和等值增减等实际问题，需利用数列知识成立数学模型．(2)在试题中经常使用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳取得结论，用数列知识求解．2．解决数列综合问题应体会以下思想及方式：(1)数列与函数方程相结合时要紧考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．(总分值：75分)一、选择题(每题5分，共25分)1．(2020·湖北)已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，那么a 9＋a 10a 7＋a 8的值为( )A ．1＋ 2B ．1－2C ．3＋22D ．3－222．(2020·漳州模拟)数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，那么有 ( )A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确信 3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，概念S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，假设有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，那么有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为 ( )A ．1 001B ．991C ．999D ．9904．有一种细菌和一种病毒，每一个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身割裂为2个，此刻有一个如此的细菌和100个如此的病毒，问细菌将病毒全数杀死至少需要 ( )A ．6秒B ．7秒C ．8秒D ．9秒5．已知数列{a n }，{b n }知足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，那么b 10等于 ( )A ．24B ．32C ．48D ．646．(2020·丽水月考)假设数列{a n }的通项公式a n ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，数列{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，那么x ＋y ＝________.7．(2020·江苏)函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *，a 1＝16，那么a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按必然的规那么排成了如下图的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于那个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.假设a ij ＝2 009，那么i 与j 的和为________．1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 …………………………………… 三、解答题(共38分)9．(12分)(2020·湘潭模拟)已知点(1，13)是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 知足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)假设数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问知足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(12分)沿海地域甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地域乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每一个月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每一个月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每一个月收入都比上个月增加50%，而后每一个月收入都稳固在第5个月的水平上．假设设备改造时刻可忽略不计，那么从下个月开始至少通过量少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？11．(14分)(2020·广东执信中学模拟)已知函数f (x )知足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2； (3)设b n ＝(9－n )f n ＋1f n，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案 自主梳理 1．(4)n ＝1或n ≥2 自我检测1．C 2.B 3.C 4.C 5.B 6.919 课堂活动区例1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，专门是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式和等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导进程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解 (1)由已知得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2， 可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1. 故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由(1)得a 3n ＋1＝23n ， ∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)2·ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.变式迁移1 D [设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，那么a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，因此1<d <2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，因此b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，因此b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，因此b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．]例2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观看T n 特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )．(3)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 又b 1＝3＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝9n2n ＋1， ∵S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012，又∵9n2n ＋1＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增， 且9n2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92， 即m ≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解之，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，即2n ＋1－n ·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n ，m <12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1， 即m 的取值范围是(－∞，－1]． 例3 解 依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300＝11 500，第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300， 依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，那么a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n －300. 下面构造一等比数列． 设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，那么a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ，∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x . ∴0.18x ＝－300.∴x ＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003.∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年末该职工共有资金62 396.6元． 纯收入有a 12－10 000(1＋25%) ＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }， 由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2020年末，该市历年所建中低价房的累计面积将第一次很多于4 750万平方米． (2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08， 则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5， 当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴知足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016年末，昔时建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例第一次大于85%.课后练习区1．C 2.B 3.B 4.B 5.D6．3 7.21 8.1079．解 (1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x .…………………………………………………(1分) a 1＝f (1)－c ＝13－c ， a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29， a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ， ∴c ＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，n ∈N *；………………………………(3分) ∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1 ＝S n ＋S n －1(n >2)，……………………………………………………………………(4分)又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1. 数列{S n }组成一个首项为一、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n ∈N *.……………………………………………………………………(6分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(10分) 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009， ∴知足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(12分) 10．解 设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(4分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫325－132－1＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫324(n －5)－400＝81n －594，…………………………………………………………(8分) ∴当n ≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n ≥12，∴至少通过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)令x ＝n ，y ＝1，取得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，……………………………………………………………(2分) ∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列， 即f (n )＝(12)n .………………………………………………………………………………(5分)(2)记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ，……………………………………………………………………(6分) ∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n ， 12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1， 整理得S n ＝2－(12)n －1－n (12)n <2.…………………………………………………………(9分) (3)∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n 2.…………………………………………………………………(11分) 当n ≤8时，b n >0；当n ＝9时，b n ＝0；当n >9时，b n <0，∴n ＝8或9时，S n 取到最大值．……………………………………………………(14分)。

第5讲数列的综合应用等差数列与等比数列的综合问题(师生共研)(2018·高考北京卷)设{a n}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.(1)求{a n}的通项公式；(2)求e a1＋e a2＋…＋e a n.【解】(1)设{a n}的公差为d.因为a2＋a3＝5ln 2，所以2a1＋3d＝5ln 2.又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝n ln 2.(2)因为e a1＝e ln 2＝2，e a ne a n－1＝e a n－a n－1＝e ln 2＝2，所以{e a n}是首项为2，公比为2的等比数列．所以e a1＋e a2＋…＋e a n＝2×1－2n1－2＝2(2n－1)＝2n＋1－2.等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如求和需要先求出通项、求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[提醒]在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后要注意结论的整合．(2020·吉林第一次调研测试)设S n为数列{a n}的前n项和，已知a2＝3，a n＋1＝2a n＋1.(1)证明：{a n＋1}为等比数列；(2)求{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？说明理由． 解：(1)证明：因为a 2＝3，a 2＝2a 1＋1，所以a 1＝1， 因为a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知，a n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n －1， 所以S n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n ＋1－n －2，所以n ＋S n －2a n ＝n ＋2n ＋1－n －2－2(2n －1)＝0， 所以n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列．数列的实际应用与数学文化(师生共研)(2020·重庆八中4月模拟)某地区2018年人口总数为45万．实施“二孩”政策后，专家估计人口总数将发生如下变化：从2019年开始到2028年，每年人口总数比上一年增加0.5万人，从2029年开始到2038年，每年人口总数为上一年的99%.(1)求实施“二孩”政策后第n 年的人口总数a n (单位：万人)的表达式(注：2019年为第一年)；(2)若“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2038年结束后是否需要调整政策？(参考数据：0.9910≈0.9)【解】 (1)由题意知，当1≤n ≤10时，数列{a n }是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，可得a n ＝45.5＋0.5×(n －1)＝0.5n ＋45，则a 10＝50；当11≤n ≤20时，数列{a n }是公比为0.99的等比数列，则a n ＝50×0.99n －10.故实施“二孩”政策后第n 年的人口总数a n (单位：万人)的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0.5n ＋45，1≤n ≤10，50×0.99n －10，11≤n ≤20. (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和．从2019年到2038年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S 20＝S 10＋(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5.所以“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值为S 2020≈48.63，则S 2020＜49，故到2038年结束后不需要调整政策．数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑考查的是第n 项a n 与第n ＋1项a n ＋1的递推关系还是前n 项和S n 与前n ＋1项和S n＋1之间的递推关系．1．(2020·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重为( )A ．6斤B ．7斤C ．9斤D ．15斤解析：选D.设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n }， 则有a 1＝4，a 5＝2， 所以a 1＋a 5＝6，数列{a n }的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.2．1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成5等份；藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理，问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？解：假如我们设最初有a 1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，得到一个数列{a n }，依题意，可知数列的递推公式：a n ＋1＝a n －15(a n －1)－1，即a n ＋1＝45(a n －1)，整理变形，得a n ＋1＋4＝45(a n ＋4)．故{a n ＋4}是以45为公比的等比数列，所以a 6＋4＝(a 1＋4)⎝⎛⎭⎫455，欲使(a 6＋4)∈N *，应有a 1＋4＝55m (m ∈N *)，故最初至少有桃子a 1＝55－4＝3 121个，从而最后至少剩下a 6＝45－4＝1 020个．数列与函数、不等式的综合问题(师生共研)设函数f (x )＝12＋1x，正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1an －1，n ∈N *，且n ≥2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，求证：1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1<2.【解】 (1)由a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1an －1，所以a n ＝12＋a n －1，n ∈N *，且n ≥2，所以数列{a n }是以1为首项，以12为公差的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋12(n －1)＝n ＋12.(2)证明：由(1)可知1a n a n ＋1＝4（n ＋1）（n ＋2）＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝4[⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋⎝⎛⎭⎫14－15…＋(1n ＋1－1n ＋2)] ＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2－4n ＋2<2，得证．数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略(1)数列与函数的交汇问题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，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．(2)数列与不等式的交汇问题①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较．1．(2020·湖南岳阳一模)曲线y ＝n 2x ＋ln x (n ∈N *)在x ＝2n处的切线斜率为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项的和为 ． 解析：对y ＝n 2x ＋ln x (n ∈N *)求导，可得y ′＝n 2＋1x ，由曲线y ＝n 2x ＋ln x (n ∈N *)在x ＝2n处的切线斜率为a n ，可得a n ＝n 2＋n 2＝n .所以1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项的和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1.答案：n n ＋12．(2020·浙江杭州4月模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则a 5＝ ，b 10＝ ．解析：因为a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，所以a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两个根，根据根与系数的关系，可得a n ·a n ＋1＝2n ，a n ＋a n ＋1＝b n ， 由a n ·a n ＋1＝2n ，可得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，两式相除可得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成公比为2的等比数列，a 2，a 4，a 6，…成公比为2的等比数列，又由a 1＝1，得a 2＝2，所以a 5＝1×22＝4，a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64. 答案：4 64[基础题组练]1．(2020·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A ．－1B ．1C ．－2D ．2解析：选C.法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q ＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.2．(2020·宁夏银川一中一模)已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，其前n 项和为S n ，且b 7＝a 7，则S 13＝( )A ．26B ．52C ．78D ．104解析：选B.设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3a 11＝4a 7，所以a 27＝4a 7≠0，解得a 7＝4， 因为数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，所以S 13＝13×（b 1＋b 13）2＝13b 7＝13a 7＝52.故选B.3．(2020·吉林长春5月联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ＞0，a 6和a 8是函数f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝( )A ．－38B ．38C ．－17D ．17解析：选 A.因为f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′(x )＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝⎝⎛⎭⎫x －12⎝⎛⎭⎫x －152x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝152.又a 6和a 8是函数f (x )的极值点，且公差d ＞0，所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎨⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72.所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38，故选A.4．设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析：选A.由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝n (2n ＋3)．5．(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( )A ．672B ．673C ．1 346D ．2 019解析：选C.由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…， 所以{a n }是周期为3的周期数列， 且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2. 因为2 019＝673×3，所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.6．(2019·高考北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝ ，S n 的最小值为 ．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－3，S 5＝－10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋10d ＝－10，所以可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝1，所以a 5＝a 1＋4d ＝0，因为S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12(n 2－9n )，所以当n ＝4或n＝5时，S n 取得最小值，最小值为－10.答案：0 －10 7．若数列{a n }满足1a n ＋1－2a n ＝0，则称{a n }为“梦想数列”．已知正项数列{1b n }为“梦想数列”，且b 1＋b 2＋b 3＝1，则b 6＋b 7＋b 8＝ ．解析：由1a n ＋1－2a n＝0可得a n ＋1＝12a n ，故{a n }是公比为12的等比数列，故{1b n }是公比为12的等比数列，则{b n }是公比为2的等比数列，b 6＋b 7＋b 8＝(b 1＋b 2＋b 3)25＝32.答案：328．(2020·河北石家庄4月模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，定义{a n }的“优值”为H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn，现已知{a n }的“优值”H n ＝2n ，则S n ＝ ．解析：由H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n ＝2n，得a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ， ①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)2n －1， ②由①－②得2n －1a n ＝n ·2n －(n －1)2n －1＝(n ＋1)2n －1，即a n ＝n ＋1(n ≥2)， 当n ＝1时，a 1＝2也满足式子a n ＝n ＋1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1，所以S n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.答案：n （n ＋3）29．(2020·武汉市部分学校调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝3.(1)若a 3＋b 3＝7，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝13，求S n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝3，得d ＋q ＝4，① 由a 3＋b 3＝7，得2d ＋q 2＝8，②联立①②，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. (2)因为T 3＝b 1(1＋q ＋q 2)， 所以1＋q ＋q 2＝13， 解得q ＝3或q ＝－4， 由a 2＋b 2＝3得d ＝4－q ， 所以d ＝1或d ＝8.由S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，得S n ＝12n 2－32n 或S n ＝4n 2－5n .10．(2020·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n 成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 由T n ≥2n 得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，所以n ≥5，所以n 的最小值为5.[综合题组练]1．(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为( )A ．7B ．10C ．12D ．22解析：选A.因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4， 所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7.故选A.2．已知a n ＝3n (n ∈N *)，记数列{a n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，⎝⎛⎭⎫T n ＋32k ≥3n －6恒成立，则实数k 的取值范围是 ．解析：T n ＝3（1－3n ）1－3＝－32＋3n ＋12，所以T n ＋32＝3n ＋12，则原不等式可以转化为k ≥2（3n －6）3n ＋1＝2n －43n 恒成立， 令f (n )＝2n －43n ，当n ＝1时，f (n )＝－23，当n ＝2时，f (n )＝0，当n ＝3时，f (n )＝227，当n ＝4时，f (n )＝481，即f (n )是先增后减，当n ＝3时，取得最大值227，所以k ≥227.答案：k ≥2273．(2019·高考江苏卷节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n 2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)．4．(2020·湖北襄阳二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：a 1＝1，S n ＋1－1＝S n ＋a n ，数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为W n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，试比较W n 与1T n 的大小．解：(1)由S n ＋1－1＝S n ＋a n ， 可得a n ＋1＝a n ＋1，又a 1＝1，所以数列{a n }是首项和公差均为1的等差数列， 可得a n ＝n .因为数列{b n }为等比数列，满足b 1＝4b 3，b 2＝14＜b 1，n ∈N *，所以设公比为q ，可得b 1＝4b 1q 2，所以q ＝±12，当q ＝12时，12b 1＝14，可得b 1＝12＞14.当q ＝－12时，－12b 1＝14，得b 1＝－12，不满足b 2＜b 1，舍去，所以b n ＝⎝⎛⎭⎫12n.(2)1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， W n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1＜1.T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1，则1＜1T n ≤2，故W n ＜1T n.类型一 判断等差数列和等比数列类型二求数列的前n项和。

2021年高考数学一轮总复习 5-5 数列的综合应用练习 新人教A 版一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12B.5＋12C.1－52D.5－12或5＋12解析 设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52. 答案 B2．据科学计算，运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析 设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…a n 则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n n －1d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1 C.nn －1D.n ＋1n解析 由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1. ∴f (x )＝x 2＋x ，则1f n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1. ∴S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案 A4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)．由S n <－5，得log 2(n ＋2)>6，即n ＋2>64，∴n >62，∴n 有最小值63. 答案 A5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析 依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除，得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…成等比数列．而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64. 答案 D6．抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴交点分别为A n ，B n (n ∈N *)，以|A n B n |表示该两点的距离，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|的值是( )A.2 0092 010B.2 0102 011C.2 0112 012D.2 0122 013解析 令y ＝0，则(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0. 设两根分别为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n. 解得x 1＝1n ，x 2＝1n ＋1.∴|A n B n |＝1n －1n ＋1.∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A n B n |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. ∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|＝2 0102 011.答案 B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析 由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…，所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10. 答案 －108．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为________．解析 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]＋33＝33＋n 2－n ，所以a n n＝33n＋n －1.设f (x )＝33x ＋x －1，则f ′(x )＝－33x 2＋1.令f ′(x )>0，得x >33或x <－33.所以f (x )在(33，＋∞)上是增函数，在(0，33)上是减函数． 因为n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，f (n )取最小值． 因为f (5)＝535，f (6)＝636＝212，535>212，所以a n n 的最小值为212.答案2129．(xx·安徽卷)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1 ，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析 ∵A 1B 1∥A 2B 2∥A 3B 3∥…∥A n B n ， ∴A 1A 2A 2A 3＝B 1B 2B 2B 3，…，不妨设OA 1＝OB 1，OA 2＝OB 2，OA 3＝OB 3，…，OA n ＝OB n .梯形A 1A 2B 2B 1，A 2A 3B 3B 2，…，A n －1A n B n B n －1的面积均为S ，∠O ＝θ.梯形A 1A 2B 2B 1的面积为S ，则S ＝12a 22·sin θ－12a 21·sin θ＝12×22sin θ－12×12sin θ＝32sin θ.梯形A 2A 3B 3B 2的面积S ＝12a 23·sin θ－12a 22·sin θ＝32sin θ，∴可解得a 3＝7，同理a 4＝10，…，故a n ＝3n －2. 答案 a n ＝3n －2三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．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 ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1an ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 解 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0.解之得a ＝12，b ＝2n ，即f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由1a n ＋1＝1a n＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n .由累加得1a n －14＝n 2－n ，∴a n ＝42n －12(n ∈N *)．11．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式； (2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M更新，证明：须在第9年初对M 更新．解 (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列．a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ＞6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ；当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3439＝767996＜80.所以须在第9年初对M 更新．12．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，y ≤－nx ＋3n所表示的平面区域为D n ，记D n 内的整点个数为a n (n∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1.若对于一切的正整数n ，总有T n ≤m ，求实数m 的取值范围．解 (1)由x ＞0，y ＞0,3n －nx ＞0，得0＜x ＜3. ∴x ＝1，或x ＝2.∴D n 内的整点在直线x ＝1和x ＝2上．记直线y ＝－nx ＋3n 为l ，l 与直线x ＝1，x ＝2的交点的纵坐标分别为y 1，y 2. 则y 1＝－n ＋3n ＝2n ，y 2＝－2n ＋3n ＝n . ∴a n ＝3n (n ∈N *)．(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝3n n ＋12，∴T n ＝n n ＋12n.∴T n ＋1－T n ＝n ＋1n ＋22n ＋1－n n ＋12n＝n ＋12－n2n ＋1.∴当n ≥3时，T n ＞T n ＋1，且T 1＝1＜T 2＝T 3＝32.于是T 2，T 3是数列{T n }中的最大项，故m ≥T 2＝32.z27739 6C5B 汛21403 539B 厛20233 4F09 伉27654 6C06 氆>34967 8897 袗25060 61E4 懤!31842 7C62 籢33181 819D 膝29887 74BF 璿24082 5E12 帒o31395 7AA3 窣。

2021年高考数学大一轮总复习 6.4 数列求和与数列的综合应用高效作业理 新人教A 版一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(xx·洛阳一模)已知函数f (n )＝⎩⎨⎧n 2当n 为奇数时，－n 2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10200解析：由题意，a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.答案：B2．(xx·温州一模)12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n －n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22n解析：∵S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，∴两式相减得：1 2Sn＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1＝12[1－12n]1－12－n2n＋1，∴S n＝2n＋1－n－22n.故选B.答案：B3．(xx·山师附中质检)设函数f(x)＝x m＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列{1f n}(n∈N*)的前n项和是( )A.nn＋1B.n＋2n＋1C.nn－1D.n＋1n解析：f′(x)＝mx m－1＋a＝2x＋1，∵a＝1，m＝2，∴f(x)＝x(x＋1)，1 f n ＝1n n＋1＝1n－1n＋1，用裂项法求和得S n＝nn＋1.答案：A4．(xx·上海调研)数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和S n的值等于( )A．n2＋1－12nB．2n2－n＋1－12nC．n2＋1－12n－1D．n2－n＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n＝(2n－1)＋12n ，则S n＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(12＋122＋…＋12n)＝n2＋1－12n.故选A.答案：A5．(xx·粤西北九校联考)数列a n＝1n n＋1，其前n项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( ) A．－10 B．－9C．10 D．9解析：设数列{a n}的前n项和为S n，则S n＝a1＋a2＋…＋a n，又∵a n＝1n－1n＋1，∴S n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1，又∵nn＋1＝910，∴n＝9，∴原题变为求10x＋y＋9＝0在y轴上的截距，令x＝0，得y＝－9，∴直线在y轴上的截距为－9.故选B.答案：B6．(xx·江西八校联合模拟)已知数列{a n}的通项公式a n＝log2(n＋1n＋2)(n∈N*)，设其前n项和为S n，则使S n＜－5成立的自然数n( ) A．有最小值63 B．有最大值63C．有最小值31 D．有最大值31解析：要使S n＜－5，只需a1＋a2＋…＋a n＜－5.即log2(23×34×…×n＋1n＋2)＜log2132∴n＜－2(舍去)或n＞62.∴n的最小值为63.故应选A.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上)7．设S n＝12＋16＋112＋…＋1n n＋1，若S n·S n＋1＝34，则n的值为________．解析：S n＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1，∴S n·S n＋1＝nn＋1·n＋1n＋2＝nn＋2＝34，解得n＝6.答案：68．(xx·衡水调研)数列{a n}满足a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，则{a n}的前60项和为________．解析：∵a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×10＋2342＝1 830.答案：1 8309．(xx·怀化二模)将全体正整数排成一个三角形数阵：12 34 5 67 8 9 1011 12 13 14 15………………根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行从左至右的第3个数为________．解析：在数阵中，从上到下各层最左边的第一个数字分别为：1,2,4,7,11，…设第n行最左边一个数字为a n，则有：a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝3，…an－a n－1＝n－1，∴各式相加得：a n－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＝n n－12.∴a n＝1＋n n－12＝n2－n＋22.∴第n行从左向右的第3个数为：a n ＋2＝n2－n＋22＋2＝n2－n＋62.答案：n2－n＋62(n≥3)10．(xx·海口二模)已知S n是等差数列 {a n}(n∈N*)的前n项和，且S6＞S7＞S5，有下列四个命题：(1)d＜0；(2)S11＞0；(3)S12＜0；(4)数列{S n}中的最大项为S11，其中正确命题的序号是________．解析：由S6＞S7＞S5，得a7＝S7－S6＜0，a6＋a7＝S7－S5＞0，所以a6＞0，a7＜0，所以d＜0，所以(1)正确；又S11＝11a6＞0，所以(2)也正确；而S12＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，所以(3)不正确；由上知，数列{S n}中的最大项应为S6，所以(4)也不正确，所以正确命题的序号是(1)(2)．答案：(1)(2)三、解答题(本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤)11．(xx·湘潭二模)等差数列{a n}为递增数列，前n项和为S n，且a1，a3，a9成等比数列，S5＝a25.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足b n＝n2＋n＋1an·a n＋1，求数列{b n}的前99项的和．解：(1)设数列{a n}的公差为d(d＞0)，∵a1，a3，a9成等比数列，∴a23＝a1a9，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，∴d2＝a1d，∵d＞0，∴a1＝d，①∵S5＝a25，∴5a1＋5×42·d＝(a1＋4d)2②由①②得a1＝35，d＝35，∴a n＝35＋(n－1)×35＝35n(n∈N*)．(2)b n＝n2＋n＋1 35n·35n＋1＝259·n2＋n＋1n n＋1＝259(1＋1n－1n＋1)，∴b1＋b2＋b3＋…＋b99＝259(1＋1－12＋1＋12－13＋1＋13－14＋ (1)199－1100)＝259(99＋1－1100)＝275＋2.75＝277.75.12．已知公差为d(d>1)的等差数列{a n}和公比为q(q>1)的等比数列{b n}，满足集合{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}，(1)求通项a n，b n；(2)求数列{a n·b n}的前n项和S n.解：(1)∵1,2,3,4,5这5个数中成公差大于1的等差数列的三个数只能是1,3,5；成公比大于1的等比数列的三个数只能是1,2,4.而{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}，∴a3＝1，a4＝3，a5＝5，b3＝1，b4＝2，b5＝4，∴a1＝－3，d＝2，b1＝14，q＝2，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2n－5，b n＝b1×q n－1＝2n－3.(2)∵a n b n＝(2n－5)×2n－3，∴S n＝(－3)×2－2＋(－1)×2－1＋1×20＋…＋(2n－5)×2n－3，2S n＝－3×2－1＋(－1)×20＋…＋(2n－7)×2n－3＋(2n－5)×2n－2，两式相减得－S n＝(－3)×2－2＋2×2－1＋2×20＋…＋2×2n－3－(2n－5)×2n－2＝－34－1＋2n －1－(2n －5)×2n －2.∴S n ＝74＋(2n －7)×2n －2.13．(xx·浙江)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(Ⅰ)求d ，a n ；(Ⅱ)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解：(Ⅰ)由题意得a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2， 即d 2－3d －4＝0， 故d ＝－1或d ＝4，所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为d ＜0，由(Ⅰ)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110，综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |精品文档实用文档 ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12. 930679 77D7 矗30763 782B 砫 33442 82A2 芢36037 8CC5 賅21833 5549 啉24959 617F 慿321877DBB 綻 33804 840C 萌 ,。

课时跟踪检测(三十四) 数列的综合应用(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n －1(a ≠0)，那么数列{a n }( )A ．必然是等差数列B ．必然是等比数列C ．或是等差数列，或是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列2．(2021·辽宁高考)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列； p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 43．(2021·湖南省五市十校联合检测)已知函数f (x )是概念在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，假设数列{a n }的前n 项和为S n ，且知足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，那么a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1 n －14．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，依照图形的组成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 0115．植树节某班20名同窗在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑隔壁．使每位同窗从各自树坑动身前来领取树苗来回所走的路程总和最小，那个最小值为________米．设数列{a n }中，假设a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，那么称数列{a n }为“凸数列”，已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，那么数列{b n }的前2 013项和为________．7．(2021·济南高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }知足b 3＝3，b 5＝9.(1)别离求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：c n ＋1<c n ≤13. 8．(2021·惠州调研)已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图像上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 知足：S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)假设数列{c n }的通项c n ＝b n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，求数列{c n }的前n 项和R n ； (3)假设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，问T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？ 第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2021·乌鲁木齐第一次诊断)已知等比数列{a n }和等差数列{b n }均是首项为2，各项为正数的数列，且b 2＝4a 2，a 2b 3＝6.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)求使ab n <成立的正整数n 的最小值．2．(2021·江南十校联考)已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n 、B n ，n ∈N *，数列{a n }知足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －1n 为奇数a n n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .已知点A (1,0)，B (0,1)和互不相同的点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，知足n OP ＝a n OA ＋b n OB (n ∈N *)，其中{a n }，{b n }别离为等差数列和等比数列，O 为坐标原点，假设P 1是线段AB 的中点．(1)求a 1，b 1的值．(2)点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…可否在同一条直线上？请证明你的结论．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．选C ∵S n ＝a n －1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2， 即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ a －1，n ＝1，a －1a n －1，n ≥2. 当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．2．选D 设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，因此p 1为真命题；假设a n ＝3n －12，那么知足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，因此p 2为假命题；假设a n ＝n ＋1，那么知足已知，但a n n ＝1＋1n是递减数列，因此p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，因此p 4为真命题．3．选D 由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1. 4．选D 结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.因此a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.应选D.5．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0006．解析：由“凸数列”的概念，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列，又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 013项和S 2 013＝b 1＋b 2＋b 3＝1－2－3＝－4.答案：－47．解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋1①，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)②，①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)，∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3，∴b n ＝3n －6.(2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，∴c n ＝3n 3n ＋1＝n3n ，∴c n ＋1－c n ＝1－2n 3n ＋1<0， ∴c n ＋1<c n <…<c 1＝13，即c n ＋1<c n ≤13. 8．解：(1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ， a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29，a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227 .又数列{a n }成等比数列，∴a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1. 又公比q ＝a 2a 1＝13， ∴a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)． ∵S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1，∴数列{S n }组成一个首项为1，公差为1的等差数列， S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又b 1＝c ＝1知足b n ＝2n －1，∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵c n ＝b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ， ∴R n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，R n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ， ① 13R n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1. ② 由①－②得，23R n ＝13＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋⎝ ⎛⎭⎪⎫134＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，化简得，23R n ＝13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13－(2n －1)×13n ＋1＝23－2n ＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ， ∴R n ＝1－n ＋13n .(3)由(1)知T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋ 12n －1×2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ＝n2n ＋1>1 0002 009得n >1 0009， ∴知足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ， 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q ，2＋2d ·2q ＝6， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，q ＝12，，或⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝－5，q ＝－38.(舍)∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，b n ＝2n . (2)由(1)得ab n ＝a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2，∵ab n <，即⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2<， ∴22n －2>1 000，∴2n －2≥10，即n ≥6，∴知足题意的正整数n 的最小值为6.2．解：(1)由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆C n 的半径r n ＝2a n ＋n ，∴a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n ，又a 1＝1，∴a n ＝2n －1. (2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n n －12＋21－2n 1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝n ＋12－n ＋12＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)，而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，∴T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2)． ∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－n 2＋232n －1n 为偶数n 2＋n 2＋132n －2n 为奇数. 3．解：(1)P 1是线段AB 的中点⇒1OP ＝12OA ＋12OB ， 又1OP ＝a 1OA ＋b 1OB ，且OA ，OB 不共线，由平面向量大体定理，知a 1＝b 1＝12. (2)由n OP ＝a n OA ＋b n OB (n ∈N *)⇒n OP ＝(a n ，b n )，设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，那么由于P 1，P 2，P 3，…，P n ，…互不相同，因此d ＝0，q ＝1可不能同时成立．若d ＝0，q ≠1，那么a n ＝a 1＝12(n ∈N *) ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线x ＝12上； 若q ＝1，d ≠0，那么b n ＝12为常数列 ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线y ＝12上； 若d ≠0且q ≠1，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…在同一条直线上⇔1n n P P －＝(a n －a n －1，b n －b n －1)与1n n P P ＋＝(a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n )始终共线(n ≥2，n ∈N *)⇔(a n －a n －1)(b n ＋1－b n )－(a n ＋1－a n )(b n －b n －1)＝0⇔d (b n ＋1－b n )－d (b n －b n －1)＝0 ⇔b n ＋1－b n ＝b n －b n －1⇔q ＝1，这与q ≠1矛盾，因此当d ≠0且q ≠1时，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…不可能在同一条直线上．。

五数列的综合应用1．(2021·全国甲卷)记Sn 为{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．【证明】设{Sn}的公差为d，则d＝S2－S1＝a2＋a1－a1＝a1，所以Sn ＝a1＋(n－1)a1＝n a1，所以Sn＝n2a1，所以an ＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1(n≥2)，经检验：当n＝1时也满足，故an ＝(2n－1)a1，所以an －an－1＝(2n－1)a1－(2n－3)a1＝2a1，所以{an }是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．2．(2021·菏泽一模)已知等比数列{an }的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2，数列{bn}满足b1＝2，(n＋2)bn ＝nbn＋1，其中n∈N*.(1)分别求数列{an }和{bn}的通项公式；(2)在an 与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为cn的等差数列，求数列{bncn}的前n项和Tn.【解析】(1)因为an＋1＝2Sn＋2，所以an＋2＝2Sn＋1＋2，两式相减整理得：an＋2＝3an＋1，所以等比数列{an}的公比q＝an＋2an＋1＝3，又当n＝1时，有a2＝2S1＋2，即3a1＝2a1＋2，解得：a1＝2，所以an＝2×3n－1，因为b1＝2，(n＋2)bn＝nbn＋1，所以bn＋1bn＝n＋2n，所以bn ＝bnbn－1×bn－1bn－2×bn－2bn－3×…×b3b2×b2b1×b1＝n＋1n－1×nn－2×n－1n－3×…×42×31×2＝n(n＋1)，n≥2，又当n＝1时，b1＝2也适合上式，所以bn＝n(n＋1)；(2)由(1)可得：cn ＝an＋1－ann＋1＝2×3n－2×3n－1n＋1＝4×3n－1n＋1，所以bn cn＝4n×3n－1，所以Tn＝4(1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1)，又3Tn＝4(1×31＋2×32＋…＋n×3n)，两式相减得：－2Tn ＝4(1＋3＋32＋…＋3n－1－n×3n)＝4(1－3n1－3－n×3n)，整理得：T n ＝(2n －1)·3n ＋1.3．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，S n ＝a n ＋1－1. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足2b n ＋1＋S n ＋1＝2b n ＋2a n ， 证明数列{a n ＋b n }为等差数列，并求其公差．【解析】(1)当n ≥2时，由S n ＝a n ＋1－1，得S n －1＝a n －1， 两式相减得S n －S n －1＝a n ＋1－1－(a n －1)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又因为S 1＝a 2－1，所以a 2＝2＝2a 1.综上{}a n 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n －1.(2)由S n ＝a n ＋1－1，得S n ＋1＝a n ＋2－1＝2a n ＋1－1，又2b n ＋1＋S n ＋1＝2b n ＋2a n ，所以2b n ＋1＋2a n ＋1－1＝2b n ＋2a n ，即b n ＋1＋a n ＋1＝b n ＋a n ＋12 ，所以{}a n ＋b n 是以12 为公差的等差数列．4．(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n2 .【解析】(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝q n －1. 因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13 ，故a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13 n －1.又b n ＝na n 3 ，所以b n ＝n 3n . (2)因为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13 n －1，所以S n ＝1－13n 1－13 ＝32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n .又b n ＝n 3n ，则T n ＝131 ＋232 ＋333 ＋…＋n －13n －1 ＋n3n ，两边同乘13 ，则13 T n ＝132 ＋233 ＋334 ＋…＋n －13n ＋n3n ＋1 ，两式相减，得23 T n ＝13 ＋132 ＋133 ＋134 ＋…＋13n －n3n ＋1 ，即23 T n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13 －n 3n ＋1 ＝12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －n3n ＋1 ，整理得T n ＝34 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －n 2×3n ＝34 －2n ＋34×3n， 2T n －S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫34－2n ＋34×3n －32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝－n 3n <0，故T n <S n 2 . 【加练备选】(2021·广州三模)已知正项数列{}a n 和{}b n ，S n 为数列{}a n 的前n 项和，且满足4S n ＝a 2n ＋2a n ，a n ＝2log 2b n (n ∈N *).(1)分别求数列{}a n 和{}b n 的通项公式；(2)将数列{}a n 中与数列{}b n 相同的项剔除后，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T n，求T100.【解析】(1)因为4S n ＝a 2n ＋2a n ，所以n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1 ＋2a n －1，两式相减得4a n ＝a 2n －a 2n －1 ＋2a n －2a n －1，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， 因为a n >0，所以a n －a n －1＝2，又4a 1＝a 21 ＋2a 1，a 1>0，所以a 1＝2，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，2n ＝2log 2b n ，b n ＝2n ； (2)a 100＝200，又27＝128，28＝256，因此c 100＝a 107＝214， 所以T 100＝(a 1＋a 2＋…＋a 107)－(b 1＋b 2＋…＋b 7) ＝107×（2＋214）2 －2（1－27）1－2＝11 302.5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，{b n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝b 4，______，b 2＝8，b 1－3b 3＝4，是否存在正整数k ，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 的前k 项和T k >1516？若存在，求出k 的最小值；若不存在，说明理由．从①S 4＝20，②S 3＝2a 3，③3a 3－a 4＝b 2这三个条件中任选一个，补充到上面问题中并作答． (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．)【解析】设等比数列{b n }的公比为q(q>0)，则b 1＝8q ，b 3＝8q ，于是8q －3×8q ＝4，即6q 2＋q －2＝0，解得q ＝12 ，q ＝－23 (舍去).若选①：则a 1＝b 4＝2，S 4＝4a 1＋4×32d ＝20，解得d ＝2， 所以S n ＝2n ＋n （n －1）2 ×2＝n 2＋n ，1S n ＝1n （n ＋1） ＝1n －1n ＋1， 于是T k ＝1S 1 ＋1S 2 ＋…＋1S k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1 ＝1－1k ＋1 .令1－1k ＋1 >1516，解得k>15，因为k 为正整数，所以k 的最小值为16. 若选②：则a 1＝b 4＝2，3a 1＋3×22d ＝2(a 1＋2d)，解得d ＝2.下同①. 若选③：则a 1＝b 4＝2，3(a 1＋2d)－(a 1＋3d)＝8，解得d ＝43 .于是S n ＝2n ＋n （n －1）2 ×43 ＝23 n 2＋43n ， 1S n ＝32 ×1n （n ＋2） ＝34 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ， 于是T k ＝34 [⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14 ＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋2 ] ＝34 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1k ＋1－1k ＋2 ＝98 －34 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2 ， 令T k >1516 ，得1k ＋1 ＋1k ＋2 <14，注意到k 为正整数，解得k ≥7，所以k 的最小值为7.6．设数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1(n ∈N *). (1)求证：数列{}a n 为等比数列；(2)若数列{}b n 满足：b 1＝1，b n ＋1＝b n 2 ＋1a n ＋1.①求数列{}b n 的通项公式； ②是否存在正整数n ，使得ni i 1b =∑＝4－n 成立？若存在，求出所有n 的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由S n ＋1－2S n ＝1，得S n －2S n －1＝1(n ≥2)， 两式相减，得a n ＋1－2a n ＝0，即a n ＋1a n＝2(n ≥2).因为a 1＝1，由(a 1＋a 2)－2a 1＝1，得a 2＝2，所以a 2a 1 ＝2，所以a n ＋1a n＝2对任意n ∈N *都成立， 所以数列{}a n 为等比数列，首项为1，公比为2. (2)①由(1)知，a n ＝2n －1，由b n ＋1＝b n 2 ＋1a n ＋1 ，得b n ＋1＝b n 2 ＋12n ，即2n b n ＋1＝2n －1b n ＋1，即2n b n ＋1－2n －1b n ＝1， 因为b 1＝1，所以数列{}2n －1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．所以2n －1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以b n ＝n 2n －1.②设T n ＝ni i 1b =∑，则T n ＝1×(12 )0＋2×(12)1＋3×(12)2＋…＋n ×(12)n －1，所以12 T n ＝1×(12 )1＋2×(12 )2＋3×(12 )3＋…＋n ×(12 )n，两式相减，得12 T n ＝(12 )0＋(12 )1＋(12 )2＋…＋(12 )n －1－n ×(12 )n＝1－（12）n1－12 －n ×(12 )n ＝2－(n ＋2)×(12 )n ，所以T n ＝4－(2n ＋4)×(12 )n .由nii 1b =∑＝4－n ，得4－(2n ＋4)×(12 )n＝4－n ，即n ＋2n＝2n －1.显然当n ＝2时，上式成立，设f(n)＝n ＋2n－2n －1(n ∈N *)，即f(2)＝0.因为f(n ＋1)－f(n)＝(n ＋3n ＋1 －2n )－(n ＋2n －2n －1)＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n （n ＋1）＋2n －1 <0， 所以数列{}f （n ） 单调递减，所以f(n)＝0只有唯一解n ＝2， 所以存在唯一正整数n ＝2，使得ni i 1b =∑＝4－n 成立．。

数列的综合问题知识集结知识元常见数列通项公式的求法知识讲解1．适用于：----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。

2．解题步骤：若，则两边分别相加得二、累乘法1. 适用于： ----------这是广义的等比数列，累乘法是最基本的二个方法之二。

2．解题步骤：若，则两边分别相乘得，三、待定系数法适用于基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。

1．形如,其中)型（1）若c=1时，数列{}为等差数列;（2）若d=0时，数列{}为等比数列;（3）若时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.解题步骤：设，得，与题设比较系数得，所以，所以有：因此数列构成以为首项，以c为公比的等比数列，所以即：.2．形如： (其中q是常数，且n0,1)①若p=1时，即：，累加即可.②若时，即：，求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列即：,令，则，然后累加求通项.ii. 两边同除以，目的是把所求数列构造成等差数列。

即：,令，则可化为，然后转化为待定系数法第一种情况来解。

iii. 待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列设.通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.注意：应用待定系数法时，要求p q，否则待定系数法会失效。

3．形如 (其中k,b是常数，且)待定系数法解题步骤：通过凑配可转化为；比较系数求x、y；解得数列的通项公式；得数列的通项公式。

4．形如 (其中a,b,c是常数，且)基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。

5.形如时将作为求解分析：原递推式可化为的形式，比较系数可求得，数列为等比数列。

四、不动点法目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法不动点的定义：函数的定义域为，若存在，使成立，则称为的不动点或称为函数的不动点。

分析：由求出不动点，在递推公式两边同时减去，再变形求解。

2021年高考数学一轮复习第二讲数列求和及数列的综合应用习题理新人教A版1、[xx·合肥检测] 已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a n＋2＝2a n＋1－a n，a5＝4－a3，则S7＝( )A．7 B．12C．14 D．21答案：C [解析] 由a n＋2＝2a n＋1－a n得，数列{a n}为等差数列．由a5＝4－a3，得a5＋a3＝4＝a1＋a7，所以S7＝7（a1＋a7）2＝14.2．(xx·辽宁高考)已知等比数列{a n}是递增数列，S n是{a n}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.【解析】因为a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，且数列{a n}是递增的等比数列，所以a1＝1，a3＝4，q＝2，所以S6＝1－261－2＝63.【答案】633．(xx·重庆高考)已知{a n}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，S n为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.【解析】借助等比中项及等差数列的通项公式求出等差数列的公差后，再利用等差数列的求和公式直接求S8.∵a1，a2，a5成等比数列，∴a 22＝a 1a 5∴(1＋d )2＝1×(4d ＋1)， ∴d 2－2d ＝0， ∵d ≠0，∴d ＝2.∴S 8＝8×1＋8×72×2＝64. 【答案】 644、若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －2答案：S n ＝(21＋22＋23＋ (2))＋[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1＋n 2－2.【答案】 C5．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1fn(n ∈N *)的前n 项和是________．【解析】 f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1， ∴a ＝1，m ＝2， ∴f (x )＝x (x ＋1)，1f n＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， 用裂项法求和得S n ＝n n ＋1.【答案】n n ＋16．（xx 新课标全国Ⅱ）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．解析：本题考查等差数列的前n 项和公式以及通过转化利用函数的单调性判断数列的单调性等知识，对学生分析、转化、计算等能力要求较高．由已知⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2n －12d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x＝203处取得极小值，因而检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49. ∴nS n 的最小值为－49. 答案：－497、已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)． (1)证明{a n ＋2n }是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【思路点拨】 (1)证明：a n ＋2n a n －1＋2n －1＝q (q 为非零常数)便可．(2)求a n 的通项公式，分组求和求S n .【尝试解答】 (1)证明：当n ≥2时，由a n ＝3a n －1＋2n －1，得a n ＋2n a n －1＋2n －1＝3a n －1＋2n ＋2n －1a n －1＋2n －1＝3.又∵a 1＝1，∴a 1＋21＝3∴数列{a n ＋2n }是首项为3，公比为3的等比数列． (2)由(1)知a n ＋2n ＝3n ，∴a n ＝3n －2n .∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(31－21)＋(32－22)＋(33－23)＋…＋(3n －2n )＝(31＋32＋33＋...＋3n )－(21＋22＋23＋ (2))＝31－3n 1－3－21－2n 1－2＝3n ＋12－2n ＋1＋12. 8、已知等差数列{a n }中，a 2＝8，S 6＝66. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝2n ＋1a n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得⎩⎨⎧a 2＝a 1＋d ＝8，S 6＝6a 1＋6×52d ＝66，解之得⎩⎨⎧a 1＝6，d ＝2.∴a n ＝6＋(n －1)·2＝2n ＋4.(2)b n ＝2n ＋1a n＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2n ＋2，9．[xx·安徽卷] 数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是等差数列； (2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解： (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得a nn＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2， 从而可得b n ＝n ·3n .S n ＝1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1＋n ×3n ，① 3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)3n ＋n ×3n ＋1.② ①－②得－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ·3n ＋1＝3·（1－3n ）1－3－n ·3n ＋1＝（1－2n ）·3n ＋1－32，所以S n ＝（2n －1）·3n ＋1＋34.10、[xx·全国新课标卷Ⅰ] 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n 的前n 项和．解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3. 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ， 故d ＝12，从而得a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2， 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2，所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.11、（xx 北京）设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an<74.解：本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力．(1)依题意，2S1＝a2－13－1－23，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2)当n≥2时，2S n＝na n＋1－13n3－n2－23n，2S n－1＝(n－1)a n－13(n－1)3－(n－1)2－23(n－1)，两式相减得2a n＝na n＋1－(n－1)a n－13(3n2－3n＋1)－(2n－1)－23，整理得(n＋1)a n＝na n＋1－n(n＋1)，即an＋1n＋1－ann＝1，又a22－a11＝1，故数列{ann}是首项为1，公差为1的等差数列，所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以a n＝n2.(3)证明：当n ＝1时，1a 1＝1<74；当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14＝54<74；当n ≥3时，1a n ＝1n 2<1n －1n ＝1n －1－1n，此时 1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝1＋122＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n ＝74－1n <74.综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.备选12．（xx 广东，14分）设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.解：(1)当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7， ② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)， ③由①②③解得a1＝1.(2)∵2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，∴当n≥2时，有2S n－1＝a n－2n＋1，两式相减得a n＋1－3a n＝2n，则an＋12n－32·an2n－1＝1，即an＋12n＋2＝32(an2n－1＋2)．又a120＋2＝3，知{an2n－1＋2}是首项为3，公比为32的等比数列，∴an2n－1＋2＝3(32)n－1，即a n＝3n－2n，n＝1时也适合此式，∴a n＝3n－2n.(3)证明：由(2)得1an＝13n－2n＝12＋1n－2n＝1C1n2n－1＋C2n2n－2＋…＋1<1n·2n－1，∴1a1＋1a2＋…＋1an<1＋122＋1222＋…＋12n－12＝1＋12(1－12n－1)<32.35117 892D 褭X%(40391 9DC7 鷇23870 5D3E 崾25741 648D 撍22977 59C1 姁 .E35479 8A97 誗。

2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分32数列的综合问题1．公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝( )A．－20 B．0C．7 D.40解析：记等比数列{a n}的公比为q(q≠1)，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q ＝－3a1＋a1q2，即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，则S 4＝1×[1－－34]1＋3＝－20.答案：A2．数列{a n}满足a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，它的前n项和为S n，则满足S n＞1 025的最小n值是( )A．9 B.10C．11 D.12解析：因为a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，所以a n＋1＝2a n，a n＝2n－1，S n ＝2n－1，则满足S n＞1 025的最小n值是11.答案：C3．设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( )A．n(2n＋3) B.n(n＋4)C．2n(2n＋3) D.2n(n＋4)解析：由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝2n2＋3n.答案：A4．若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平数”，则在1～100这100个数中，能称为“和平数”的所有数的和是( )A．130 B.325C．676 D.1 300解析：设两个连续偶数为2k＋2和2k(k∈N*)，则(2k＋2)2－(2k)2＝4(2k＋1)，故和平数是4的倍数，但不是8的倍数，故在1～100之间，能称为和平数的有4×1,4×3,4×5,4×7，…，4×25，共计13个，其和为4×1＋252×13＝676.答案：C5．在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，x2,4依次成等差数列，而1，y1，y2,8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是( )A．1 B.2C．3 D.4解析：根据等差、等比数列的性质，可知x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4.∴P1(2,2)，P2(3,4)．∴S△OP1P2＝1.答案：A6．已知函数y＝log a(x－1)＋3(a＞0，a≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n}的第二项与第三项，若b n＝1anan＋1，数列{b n}的前n项和为T n，则T10等于( )A.911B.1011C.811D.1211解析：由y＝log a(x－1)＋3恒过定点(2,3)，即a2＝2，a3＝3，又{a n}为等差数列，∴a n＝n，n∈N*.∴b n＝1n n＋1，∴T10＝11－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.答案：B7．等差数列{a n}的前n项和记为S n，若S4≥4，S7≤28，则a10的最大值为__________．解析：方法一：∵等差数列{a n}的前n项和为S n，S4≥4，S7≤28，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ≥4，S 7＝7a 1＋7×62d ≤28，即⎩⎨⎧ 2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4，∴⎩⎨⎧a10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a10＝a 1＋9d ＝122a 1＋3d ＋15d 2≥2＋15d2.∴2＋15d2≤a 10≤4＋6d . ∴2＋15d2≤4＋6d ，解得d ≤2. ∴a 10≤4＋6×2＝16.方法二：同方法一，得⎩⎨⎧ 2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4.a 10＝a 1＋9d ，由线性规划得a 10的最大值为16. 答案：168．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n ，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎨⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n ＞b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是__________．解析：数列c n 是取a n 和b n 中的最大值，据题意c 5是数列{c n }的最小项，由于函数y ＝25－n是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.答案：[－5，－3]9．定义函数f (x )＝{x ·{x }}，其中{x }表示不小于x 的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x ∈(0，n ](n ∈N *)时，函数f (x )的值域为A n ，记集合A n 中元素的个数为a n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝________.解析：由题意，a 1＝1，当x ∈(n ，n ＋1]时，{x }＝n ＋1，x ·{x }∈(n 2＋n ，n 2＋2n ＋1]，{x ·{x }}的取值依次为n 2＋n ＋1，n 2＋n ＋2，…，n 2＋2n ＋1共n ＋1个，即a n ＋1＝a n ＋n ＋1，由此可得a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2－2n ＋1.答案：2－2n ＋110．[xx·四川]设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln2，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 的前n 项和T n .解析：(1)由已知，b 1＝2a 1，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2， 解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n n －12d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln2. 由题意，a 2－1ln2＝2－1ln2，解得a 2＝2. 所以，d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2Tn －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n .所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.B 级 能力提升练11．[xx·湖北]已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．解析：(1)设数列{a n}的公差为d，依题意，2,2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，a n＝2；当d＝4时，a n＝2＋(n－1)·4＝4n－2，从而得数列{a n}的通项公式为a n＝2或a n＝4n－2.(2)当a n＝2时，S n＝2n.显然2n＜60n＋800，此时不存在正整数n，使得S n＞60n＋800成立．当a n＝4n－2时，S n＝n[2＋4n－2]2＝2n2.令2n2＞60n＋800，即n2－30n－400＞0，解得n＞40或n＜－10(舍去)，此时存在正整数n，使得S n＞60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当a n＝2时，不存在满足题意的n；当a n＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.12．[xx·课标全国Ⅰ]已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．解析：(1)由题设，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1.两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列．22821 5925 夥37917 941D 鐝s 27647 6BFF 毿a34430 867E 虾28094 6DBE 涾32474 7EDA 绚34345 8629 蘩%26308 66C4 曄T24884 6134 愴H。