2024高考数学第一轮复习：6.4 数列的综合应用(解析版)

这是一份2024高考数学第一轮复习：6.4 数列的综合应用(解析版)，共24页。试卷主要包含了　求通项公式，求和公式及其应用，求参数问题等内容，欢迎下载使用。

6.4 数列的综合应用
思维导图

典型例题分析
考向一 　求通项公式
(2019课标Ⅱ理,19,12分)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
解析　(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=12(an+bn).
又因为a1+b1=1,
所以{an+bn}是首项为1,
公比为12的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,
所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
思路分析　(1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=12(an+bn),从而证得数列{an+bn}为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列{an-bn}为等差数列.(2)由(1)可求出{an+bn},{an-bn}的通项公式,从而得an,bn.

考向二 求和公式及其应用
(2016课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前n项和.
解析　(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2, (3分)
所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1. (5分)
(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3, (7分)
因此{bn}是首项为1,公比为13的等比数列. (9分)
记{bn}的前n项和为Sn,
则Sn=1-13n1-13=32-12×3n-1. (12分)

考向三 求参数问题
已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=3132,求λ.
解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=11-λ,a1≠0. (2分)
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1an=λλ-1.
因此{an}是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,于是an=11-λλλ-1n-1. (6分)
(2)由(1)得Sn=1-λλ-1n.
由S5=3132得1-λλ-15=3132,即λλ-15=132.
解得λ=-1. (12分)
思路分析　(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是否为一常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出λ.

考向四 构造法在数列中的应用
数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.
(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
解析　(1)证明:由an+2=2an+1-an+2得,
an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.
又b1=a2-a1=1,
所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (5分)
(2)由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1. (8分)
于是∑k=1n(ak+1-ak)=∑k=1n(2k-1),
所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.
又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2. (10分)
评析　本题着重考查等差数列的定义、前n项和公式及“累加法”求数列的通项等基础知识,同时考查运算变形的能力.

考向五 数列求和的综合问题
(2021全国乙文,19,12分)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn 解题指导　(1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利用等比数列的求和公式算出Sn,对于数列{bn},利用错位相减法求出Tn,再利用比较大小的基本方法——作差法即可证明不等式.
解析　(1)设等比数列{an}的公比为q.
∵a1,3a2,9a3成等差数列,
∴6a2=a1+9a3,
又∵{an}是首项为1的等比数列,
∴6a1q=a1+9a1q2,
∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=13,
∴an=a1·qn-1=13n-1,
∵bn=nan3,∴bn=n·13n.
(2)∵Sn为{an}的前n项和,
∴Sn=a1(1-qn)1-q=321-13n.
∵Tn为{bn}的前n项和,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1×131+2×132+…+n13n,①
13Tn=1×132+2×133+…+n13n+1.②
①-②可得23Tn=13+132+…+13n-n·13n+1
=131-13n1-13-n·13n+1=-13n+1213n+12,
∴Tn=-12n+3413n+34,
∴Tn-Sn2=-12n·13n<0,∴Tn 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-94,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
解析　本题主要考查等比数列定义、通项公式、前n项和公式等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.
(1)由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9(n≥2),
则4an+1=3an(n≥2),
又4(a1+a2)=3a1-9,a1=-94,所以4a2=3a1,
所以{an}是以-94为首项,34为公比的等比数列,
因此an=-3×34n.
(2)由题意得bn=(n-4)×34n.
则Tn=(-3)×34+(-2)×342+…+(n-4)×34n,
34Tn=(-3)×342+(-2)×343+…+(n-4)×34n+1,
两式相减,得14Tn=(-3)×34+342+343+…+34n-(n-4)×34n+1,
所以Tn=-4n×34n+1,
由题意得-4n×34n+1≤λ(n-4)×34n恒成立,
所以(λ+3)n-4λ≥0,
记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),
所以λ+3≥0,f(1)≥0,解得-3≤λ≤1.
方法总结　一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.

基础题型训练

一、单选题
1．在等差数列中，已知，公差，则（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】A
【分析】由等差数列的通项公式计算．
【详解】由题意．
故选：A．
2．若数列的前4项分别是，则该数列的一个通项公式为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用观察归纳法求出通项公式.
【详解】因为数列的前4项分别是，正负项交替出现，分子均为1，分母依次增加1，
所以对照四个选项，正确.
故选：D
3．在等比数列中，，，则公比等于（    ）
A．4 B．2 C． D．或4
【答案】C
【解析】根据等比数列的求和公式，直接计算，即可得出结果.
【详解】因为在等比数列中，，，
所以，
则.
故选：C.
【点睛】本题主要考查等比数列前项和的基本量运算，属于基础题型.
4．在各项为正的递增等比数列 ​中，​，则​（    ）
A．​ B．​
C．​ D．​
【答案】B
【分析】首先根据等比数列的通项公式求，再利用公比表示，代入方程，即可求得公比，再表示通项公式.
【详解】数列 ​为各项为正的递增数列，设公比为​，且​，
​，
​
​，
​，
​，
即 ​，
解得: ​
​
​.
故选：B
5．已知数列满足，，则数列的前9项和为（ ）
A．35 B．48 C．50 D．51
【答案】A
【分析】直接利用数列的递推关系式求出数列的各项，进一步求出数列的和．
【详解】解：数列满足，，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时．，
所以．
故选：A．
6．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，即此数列第1项是，接下来2项是，，再接下来3项是，，，，设是数列的前项和，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】结合分组求和法、等比数列前项和公式求得.
【详解】分组：第1组有1项为；第2组有2项，为，；……；第组有项，为，，…，.
根据等比数列的前项和公式得每组各项和分别为，，，…，.∵前63组共有（项），
∴.
故选：A.

二、多选题
7．数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（    ）
A．是递增数列 B．
C．当时， D．当或4时，取得最大值
【答案】CD
【分析】根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断A、B、C选项的正误. 的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.
【详解】当时，，又，所以，则是递减数列，故A错误；
，故B错误；
当时，，故C正确；
因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.
故选：CD.
8．设等差数列的首项为，公差为d，其前n项和为，已知，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C．与均为的最大值 D．
【答案】ABD
【解析】由可得、，即可判断出答案.
【详解】∵，
∴，∴B正确．
又，∴，
∴，∴，∴，∴A、D正确．
易知是的最大值，不是的最大值，∴C错误．
故选：ABD

三、填空题
9．已知数列的前项和，则__________．
【答案】7
【分析】利用求解.
【详解】由题得.
故答案为：7
【点睛】本题考查数列项求和公式，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于基础题.
10．下面给出一个“直角三角形数阵”：

满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第行第列的数为，则_____．
【答案】/
【分析】先确定每行首项的规律，再确定，即可求得结论．
【详解】解：依题意，，∵每一列成等差数列，∴，
∵从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，均为，
∴，∴；
故答案为：.
11．设等比数列的前项和为，若，则__________.
【答案】156
【分析】方法一：设等比数列的公比为，然后由列方程可求出，再利用等比数列的求和公式对化简计算即可，方法二：利用等比数列前项和的性质计算即可.
【详解】法一：设等比数列的公比为，显然.
因为，所以，
所以.
法二：设，则.因为为等比数列，
所以仍成等比数列.
因为，所以，
所以，即.
故答案为：156
12．在等差数列中，其前项和为，已知公差，则__________．
【答案】190
【分析】由已知条件可求得，得出，进而由得出答案．
【详解】，解得，
∴，
∴．
故答案为：190．

四、解答题
13．已知数列中，且.求数列的通项公式.
【答案】.
【分析】由等比数列定义知数列是等比数列，从而易得通项公式．
【详解】由，且，可得数列是公比为3的等比数列，所以
14．已知数列满足，，是等比数列．
（1）求证：；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1)由已知条件得到数列的公比，从而求出的通项公式，即可证明.
(2)利用分组求和即可求解.
【详解】解：（1）证明：，，
，．
设等比数列的公比为，则，
即，解得．
．
．
（2）由（1）知：．



．
15．已知等差数列的前n项和为，.
（1）求的通项公式；
（2）设，记为数列的前n项和.若，求.
【答案】（1）；（2）；
【解析】（1）利用等差数列的通项公式以及数列的求和公式，求出数列的首项以及公差，然后求解通项公式.
（2）说明数列是等比数列，然后求解数列的和，求解即可.
【详解】（1）设的首项为，公差为，
由已知得，解得.
所以.
（2）因为，由（1）可得，
∴是首项为4，公比为2的等比数列，
则.
由，得，
解得.
【点睛】本题考查数列的通项公式以及数列求和以及应用，考查计算能力，属于基础题.
16．设函数，设，．
(1)计算的值．
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)2
(2)

【分析】（1）直接计算可得答案；
（2）由（1）的计算结果，当时，利用倒序相加法可得答案.
【详解】（1）；
（2）由题知，当时，，
又，两式相加得
，
所以，
又不符合，
所以.



提升题型训练

一、单选题
1．已知等差数列中，，公差，则等于（    ）．
A． B． C．24 D．27
【答案】A
【分析】利用等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】因为等差数列中，，公差，
所以，
故选：A
2．等比数列的前项和为，已知，且与的等差中项为，则
A．29 B．31 C．33 D．36
【答案】B
【详解】试题分析：设等比数列的首项为，公比为，由题意知，解得，所以，故选B．
考点：等比数列通项公式及求前项和公式．
【一题多解】由，得．又，所以，所以，所以，所以，故选B．
3．在等差数列中，已知，则该数列前13项和（    ）
A．42 B．26 C．52 D．104
【答案】C
【分析】利用等差数列的性质与前项和公式即可得解.
【详解】因为是等差数列，
所以，
故.
故选：C.
4．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，数列的前项和为，则下列结论错误的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】对于A，由定义可以列举数列前8项，求和即可；
对于B，，依次递推累加即可；
对于C，，依次递推累加即可；
对于D，根据定义判定即可.
【详解】对A：，故选项A正确；
对B：∵，∴，故选项B正确；
对C：同上
∵，∴，
∴，故选项C正确；
对D：，故选项D错误.
故选：D.
5．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，解得等差数列的公差，求得，对和式的通项裂项求和．
【详解】等差数列的公差为，由，，得，所以，解得，
所以
，
所以．
故选：D．
6．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】运用构造法可得为等比数列，再运用累加法可得通项公式，进而求得通项公式，再运用裂项相消求和可得结果.
【详解】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
又，，…，，
叠加可得，
即，
所以.
又因为满足上式，所以.
所以.
因为，所以，
即，所以.
故.
所以.
故选：C.

二、多选题
7．下列说法正确的是（    ）
A．已知数列是等差数列，则数列是等比数列
B．已知数列是等比数列，则数列是等差数列
C．已知数列是等差数列且，数列是等比数列，则数列是等比数列
D．已知数列是等比数列且，数列是等差数列，则数列是等差数列
【答案】AC
【分析】对于ACD，根据等差数列和等比数列的定义判断即可；对于B，根据对数函数的定义域必须大于0即可判断；
【详解】设，，故A正确．
中，，但中可能，不成立，故B错误．
设，且，，则，为常数，故C正确．
设，，，则，．
当时，不恒为定值，故D错误．
故选：AC
8．已知是数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（    ）
A．数列为等比数列 B．数列为等比数列
C． D．
【答案】ABD
【分析】根据已知递推公式进行变形求解判断AB．求出数列前几项，验证后判断C，求出前20项和可判断D，
【详解】因为，所以，
又，所以是等比数列，A正确；
同理，而，
所以是等比数列，B正确；
若，则，但，C错；
由A是等比数列，且公比为2，
因此数列仍然是等比数列，公比为4，
所以，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：本题考查数列的递推公式，解题关键是由已知递推关系变形推导出新数列的递推关系，从而得证新数列的性质．而对称错误的结论，可以求出数列的某些项进行检验．

三、填空题
9．已知等比数列满足且，则________.
【答案】
【解析】由得，再求出.
【详解】因为，所以.
故由等比数列的通项公式得.
故答案为：
10．已知数列{an}是等差数列，若a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋a14＝77且ak＝13，则k＝________.
【答案】18
【分析】利用等差数列的性质，由a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋a14＝77，分别求得a7，a9，再利用等差数列的通项公式求解.
【详解】∵a4＋a7＋a10＝3a7＝17，
∴a7＝.
又∵a4＋a5＋…＋a13＋a14＝11a9＝77，
∴a9＝7.
所以d＝.
∵ak＝a9＋(k－9)d＝13，
∴13－7＝(k－9)×，
∴k＝18
故答案为：18
11．在数列中，已知，，且数列是等比数列，则___.
【答案】
【分析】根据等比数列的定义可求出的公比，再由等比数列的通项公式可得，进而可得.
【详解】因为，，所以，，
因为数列是等比数列，所以公比为，
所以，
所以，
故答案为：.
12．设是数列前项和，且，则数列的通项公式_________.
【答案】
【详解】试题分析：由得，所以是以首项为，公差是的等差数列，故.当时，，首项不符合上式，故.
考点：数列的概念及求通项公式.
【思路点晴】已知求是一种非常常见的题型，这些题都是由与前项和的关系来求数列的通项公式，可由数列的通项与前项和的关系是，注意：当时，若适合，则的情况可并入时的通项；当时，若不适合，则用分段函数的形式表示.

四、解答题
13．求数列的通项公式为；设为数列的前项和，求使成立的的取值集合.
【答案】
【分析】根据等差数列的求和公式可得，解不等式即可.
【详解】由知：，且数列为等差数列，
所以，
由得：，即，解得，
所以的取值集合为.
14．已知数列是等比数列，，且成等差数列.数列满足：.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据等比数列的通项公式、等差数列的性质，结合递推公式进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，利用放缩法，结合裂项相消法进行证明即可.
（1）设等比数列的公比为，则，由于成等差数列，则，故，即，则.从而，当时，，故；当时，，两式相减得，因此.显然当时，也成立.因此综合上述，数列和的通项公式为：；
（2）由于，因此.
15．已知数列的首项，且，.
(1)计算，，的值，并证明是等比数列；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)，，，证明见解析
(2)

【分析】（1）由，分别计算出，可得，，，转化得，即，即可证明数列是等比数列；（2）写出数列
的通项公式，然后利用错位相减法求和.
【详解】（1）在中，令得，，.
同理可得，.，，.
由得，，即，
又，是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，，.
则.
，
，
上述两式相减，得




【点睛】本题的核心是考查错位相减求和.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．
16．已知数列满足递推式，其中 ．
（1）求，，；
（2）求证数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（3）已知数列有，求数列的前项和．
【答案】（1），，
（2）证明见解析，
（3）
【分析】（1）由，，代入计算，可求，，；
（2）由得，即可得到数列是等比数列，从而可求数列的通项公式；
（3）利用错位相减法，可求数列的前项和．
【详解】（1）解：由，及，知得，
同理得，；
（2）证明：由得，
所以，数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，
所以数列的通项公式为 ；
（3）解：因为，所以
所以 ①；
所以 ②；
由错位相减得：，
故.