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高考数学一轮复习考点探究与题型突破第38讲数列的综合应用(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习考点探究与题型突破第38讲数列的综合应用(原卷版+解析)，共22页。
[名师点睛]
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an与
an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．
[典例]
1．(2023·湖南·一模）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（ ）
A．35B．42C．49D．56
2．(2023·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．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，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斤，设，则（ ）
A．B．7C．13D．26
[举一反三]
1．(2023·辽宁·沈阳二中模拟预测）我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为，设张华第个月的还款金额为元，则（ ）
A．2192B．C．D．
2．(2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ）
A．99B．131C．139D．141
3．（多选）(2023·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.方式①：等额本金，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；方式②：等额本息，每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2021年7月7日贷款到账，则2021年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：，计算结果取整数）
A．选择方式①，若第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，则小张该笔贷款的总利息为289200元
B．选择方式②，小张每月还款额为3800元
C．选择方式②，小张总利息为333840元
D．从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①
考点2 等差数列、等比数列的综合运算
[名师点睛]
对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
[典例]
(2023·滨州模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
[举一反三]
已知等差数列{an}的首项a1≠0，前n项和为Sn，且S4＋a2＝2S3；等比数列{bn}满足b1＝a2，b2＝a4.
(1)求证：数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项；
(2)若a1＝2，设cn＝eq \f(2,lg2bnlg2bn＋1)，求数列{cn}的前n项的和Tn；
(3)在(2)的条件下，若有f(n)＝lg3Tn，求f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值．
考点3 新情境下的数列问题
[名师点睛]
新情境下的数列问题的求解策略
(1)深入新情境，建立数列模型，如本题要理解“优值”的含义；
(2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合．
[典例]
1．（多选）(2023·江苏·高三专题练习）设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数，下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
2．(2023·山东潍坊·模拟预测）若数列满足：对，都有（常数），则称数列是公差为d的“准等差数列”.
(1)数列中，，对，都有.求证：数列为“准等差数列”，并求其通项公式；
(2)数列满足：.将（1）中数列中的项按原有的顺序插入数列中，使与之间插入项，形成新数列.求数列前100项和.
[举一反三]
1．(2023·全国·高三专题练习）若数列满足，则称为“梦想数列”，已知正项数列为“梦想数列”，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．（多选）(2023·江苏·苏州市第六中学校三模）在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
考点4 数列与函数、不等式的交汇
[名师点睛]
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．
[典例]
1．(2023·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
2．(2023·江苏江苏·二模）已知数列，当时，，.记数列的前项和为.
(1)求，；
(2)求使得成立的正整数的最大值.
[举一反三]
1．(2023·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知数列的首项是，前项和为，且，设，若存在常数，使不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．(2023·山东泰安·一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足．若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．，B．C．，D．
3．(2023·广东·模拟预测）已知表示不小于x的最小整数，表示不大于x的最大整数，如，，数列满足，且对，有，若为递增数列，则整数b的最小值为______．
4．(2023·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知数列中，，且满足，若对于任意，都有成立，则实数的最小值是_________.
5．(2023·辽宁实验中学模拟预测）已知数列的前n项和为，满足：
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若，令，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围．
第38讲 数列的综合应用
考点1 数学文化与数列的实际应用
[名师点睛]
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an与
an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．
[典例]
1．(2023·湖南·一模）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（ ）
A．35B．42C．49D．56
答案：B
分析：根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.
【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,
则每轮新增感染人数为，
经过n轮传染，总共感染人数为：，
∵，∴当感染人数增加到1000人时，，化简得，
由，故得，又∵平均感染周期为7天，
所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天，
故选：B
2．(2023·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．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，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斤，设，则（ ）
A．B．7C．13D．26
答案：C
分析：根据题意求得每次收的税金，结合题意得到，求得的值，代入函数的解析式，即可求解.
【详解】由题意知：这个人原来持金为斤，
第1关收税金为：斤；第2关收税金为斤；
第3关收税金为斤，
以此类推可得的，第4关收税金为斤，第5关收税金为斤，
所以，
即，解得，
又由，所以.
故选：C.
[举一反三]
1．(2023·辽宁·沈阳二中模拟预测）我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为，设张华第个月的还款金额为元，则（ ）
A．2192B．C．D．
答案：D
分析：计算出每月应还的本金数，再计算第n个月已还多少本金，由此可计算出个月的还款金额.
【详解】由题意可知：每月还本金为2000元，
设张华第个月的还款金额为元，
则，
故选：D
2．(2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ）
A．99B．131C．139D．141
答案：D
分析：根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.
【详解】设该高阶等差数列的第8项为，
根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：
由图可得，则.
故选：D
3．（多选）(2023·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.方式①：等额本金，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；方式②：等额本息，每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2021年7月7日贷款到账，则2021年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：，计算结果取整数）
A．选择方式①，若第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，则小张该笔贷款的总利息为289200元
B．选择方式②，小张每月还款额为3800元
C．选择方式②，小张总利息为333840元
D．从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①
答案：ACD
分析：等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，则，，等额本息还款方式中，设小张每月还款额为元，
则，
分别利用等差数列、等比数列模型研究，依次判断即可
【详解】对于A，由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，表示数列的前项和，则，，
则，
故小张该笔贷款的总利息为（元），故A正确.
对于B，设小张每月还款额为元，
则，
所以，
即，故B错误.
对于C，小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），故C正确.
对于D，因为，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①，故D正确.
故选：ACD
考点2 等差数列、等比数列的综合运算
[名师点睛]
对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
[典例]
(2023·滨州模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为b2＝4，所以a2＝2lg2b2＝4，
所以d＝a2－a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，
所以n＝lg2bn，
所以bn＝2n.
(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，
即bn是数列{an}中的第2n－1项．
设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，
因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128，
所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，
所以S100＝P107－Q7
＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(2－28,1－2)＝11 302.
[举一反三]
已知等差数列{an}的首项a1≠0，前n项和为Sn，且S4＋a2＝2S3；等比数列{bn}满足b1＝a2，b2＝a4.
(1)求证：数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项；
(2)若a1＝2，设cn＝eq \f(2,lg2bnlg2bn＋1)，求数列{cn}的前n项的和Tn；
(3)在(2)的条件下，若有f(n)＝lg3Tn，求f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值．
(1)证明 等差数列{an}的首项a1≠0，
设公差为d，由S4＋a2＝2S3，
可得4a1＋6d＋a1＋d＝2(3a1＋3d)，
所以a1＝d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝nd，
等比数列{bn}满足b1＝a2＝2d，b2＝a4＝4d，
设公比为q，则公比q＝eq \f(b2,b1)＝2，
可得bn＝2d·2n－1＝2nd，
由d≠0，n∈N*，
可得2n∈N*，
所以数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项．
(2)解 若a1＝2，
由(1)可得cn＝eq \f(2,lg2bnlg2bn＋1)
＝eq \f(2,lg22n＋1·lg22n＋2)
＝eq \f(2,n＋1n＋2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
则数列{cn}的前n项的和
Tn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(n,n＋2).
(3)解 在(2)的条件下，
若f(n)＝lg3Tn＝lg3eq \f(n,n＋2)，
则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝lg3eq \f(1,3)＋lg3eq \f(2,4)＋lg3eq \f(3,5)＋lg3eq \f(4,6)＋…＋lg3eq \f(n,n＋2)
＝lg3eq \f(1×2×3×4×…×n,3×4×5×6×…×n＋2)
＝lg3eq \f(2,n＋1n＋2)，
由lg3eq \f(2,n＋1n＋2)在n∈N*时单调递减，
可得n＝1时，lg3eq \f(2,n＋1n＋2)取得最大值lg3eq \f(1,3)＝－1，
故f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值为－1.
考点3 新情境下的数列问题
[名师点睛]
新情境下的数列问题的求解策略
(1)深入新情境，建立数列模型，如本题要理解“优值”的含义；
(2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合．
[典例]
1．（多选）(2023·江苏·高三专题练习）设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数，下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
答案：BCD
分析：根据间隔递增数列的定义求解.
【详解】A. ，因为，所以当时，，故错误；
B. ，令，t在单调递增，则，解得，故正确；
C. ，当为奇数时，，存在成立，当为偶数时，，存在成立，综上：是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确；
D. 若是间隔递增数列且最小间隔数是3，
则，成立，
则，对于成立，且，对于成立
即，对于成立，且，对于成立
所以，且
解得，故正确.
故选：BCD
2．(2023·山东潍坊·模拟预测）若数列满足：对，都有（常数），则称数列是公差为d的“准等差数列”.
(1)数列中，，对，都有.求证：数列为“准等差数列”，并求其通项公式；
(2)数列满足：.将（1）中数列中的项按原有的顺序插入数列中，使与之间插入项，形成新数列.求数列前100项和.
【解】(1)∵，∴，
两式相减得，所以数列为“准等差数列”，
∵，∴，∴的奇数项成以2为首项，2为公差的等差数列，
故，，
的偶数项成以0为首项，2为公差的等差数列，
故，，
综上可得；
(2)由题意可知，在数列的前100项中，数列一共有94项，共中47项为奇数项，47项为偶数项，数列一共有6项，
∴
.
[举一反三]
1．(2023·全国·高三专题练习）若数列满足，则称为“梦想数列”，已知正项数列为“梦想数列”，且，则（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】利用等比数列的定义可推导出“梦想数列”是公比为的等比数列，进而结合题意可知数列是公比为的等比数列，由此可得，即可得解.
【详解】由题意可知，若数列为“梦想数列”，则，可得，
所以，“梦想数列”是公比为的等比数列，
若正项数列为“梦想数列”，则，所以，，
即正项数列是公比为的等比数列，
因为，因此，.
故选：D.
2．（多选）(2023·江苏·苏州市第六中学校三模）在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
答案：BC
分析：根据等方差数列定义判断A，由等方差数列定义及等比数列求判断B，根据等方差数列定义及等比数列的通项公式判断C，由等差数列及等方差数列定义，利用反证法判断D.
【详解】设，则，不满足为非零常数，所以不是等方差数列，故A错误；
由题意，则，即，解得或（舍去），当时，满足题意，故B正确；
设数列为等比数列，不妨设，则，所以，若为常数，则，但此时，不满足题意，故C正确；
若数列既是等方差数列，又是等差数列，不妨设，（为非零常数），，所以，即，所以，即，所以为常数列，这与，矛盾，故D错误.
故选：BC
考点4 数列与函数、不等式的交汇
[名师点睛]
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．
[典例]
1．(2023·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
【解】（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是≤1+13+⋯+13n−1=，
所以.
2．(2023·江苏江苏·二模）已知数列，当时，，.记数列的前项和为.
(1)求，；
(2)求使得成立的正整数的最大值.
【解】(1)因当时，，，而，则，又，则，
所以，.
(2)因当时，，，
当时，，当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，
而，
又，
则有时，，由得：
，而，于是得，
所以使得成立的正整数的最大值是51.
[举一反三]
1．(2023·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知数列的首项是，前项和为，且，设，若存在常数，使不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：首先由数列通项与前项和的关系得到数列的递推关系，再构造等比数列，求数列的通项公式，进一步求出数列的通项公式，从而可求数列通项公式，代入所求式子，分子、分母同除以构造基本不等式即可求出的最大值，从而求出的范围.
【详解】由，则当时，得，
两式相减得，变形可得：，
又，，所以，，
∴数列是以为首项、为公比的等比数列，故，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，故.
故选：C.
2．(2023·山东泰安·一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足．若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．，B．C．，D．
答案：D
分析：由等差数列通项公式得，再结合题意得数列单调递增，且满足，，即，再解不等式即可得答案.
【详解】解：根据题意：数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，
由于数列满足，
所以对任意的都成立，
故数列单调递增，且满足，，
所以，
解得．
故选：．
3．(2023·广东·模拟预测）已知表示不小于x的最小整数，表示不大于x的最大整数，如，，数列满足，且对，有，若为递增数列，则整数b的最小值为______．
答案：0
分析：根据题意得，，有，进而得，故，再根据分和讨论求解得，进而得答案.
【详解】解：∵数列满足，且对，有，
∴，
∵可得，
∴，有，
∴当时，，即，，
∴，
∴，
∵为递增数列，则，
当时，，解得，
当时，，即，解得：，∴，
又，则，∴整数b的最小值为0．
故答案为：
4．(2023·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知数列中，，且满足，若对于任意，都有成立，则实数的最小值是_________.
答案：2
【解析】将已知等式化为，根据数列是首项为3公差为1的等差数列，可求得通项公式，将不等式化为恒成立，求出的最大值即可得解.
【详解】因为时，，所以，而，
所以数列是首项为3公差为1的等差数列，故，从而.
又因为恒成立，即恒成立，所以.
由得，得，
所以，所以，即实数的最小值是2.
故答案为：2
5．(2023·辽宁实验中学模拟预测）已知数列的前n项和为，满足：
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若，令，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围．
【解】（1）由题设，，则，
所以，整理得，则，
所以，即，，
所以，故数列为等差数列，得证.
（2）由，可得，又，结合（1）结论知：公差，
所以，故，则，
所以，且，
所以，即，
所以，在且上递减，则，
要使对任意恒成立，即，
所以.
[名师点睛]
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an与
an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．
[典例]
1．(2023·湖南·一模）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（ ）
A．35B．42C．49D．56
2．(2023·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．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，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斤，设，则（ ）
A．B．7C．13D．26
[举一反三]
1．(2023·辽宁·沈阳二中模拟预测）我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为，设张华第个月的还款金额为元，则（ ）
A．2192B．C．D．
2．(2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ）
A．99B．131C．139D．141
3．（多选）(2023·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.方式①：等额本金，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；方式②：等额本息，每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2021年7月7日贷款到账，则2021年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：，计算结果取整数）
A．选择方式①，若第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，则小张该笔贷款的总利息为289200元
B．选择方式②，小张每月还款额为3800元
C．选择方式②，小张总利息为333840元
D．从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①
考点2 等差数列、等比数列的综合运算
[名师点睛]
对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
[典例]
(2023·滨州模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
[举一反三]
已知等差数列{an}的首项a1≠0，前n项和为Sn，且S4＋a2＝2S3；等比数列{bn}满足b1＝a2，b2＝a4.
(1)求证：数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项；
(2)若a1＝2，设cn＝eq \f(2,lg2bnlg2bn＋1)，求数列{cn}的前n项的和Tn；
(3)在(2)的条件下，若有f(n)＝lg3Tn，求f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值．
考点3 新情境下的数列问题
[名师点睛]
新情境下的数列问题的求解策略
(1)深入新情境，建立数列模型，如本题要理解“优值”的含义；
(2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合．
[典例]
1．（多选）(2023·江苏·高三专题练习）设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数，下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
2．(2023·山东潍坊·模拟预测）若数列满足：对，都有（常数），则称数列是公差为d的“准等差数列”.
(1)数列中，，对，都有.求证：数列为“准等差数列”，并求其通项公式；
(2)数列满足：.将（1）中数列中的项按原有的顺序插入数列中，使与之间插入项，形成新数列.求数列前100项和.
[举一反三]
1．(2023·全国·高三专题练习）若数列满足，则称为“梦想数列”，已知正项数列为“梦想数列”，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．（多选）(2023·江苏·苏州市第六中学校三模）在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
考点4 数列与函数、不等式的交汇
[名师点睛]
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．
[典例]
1．(2023·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
2．(2023·江苏江苏·二模）已知数列，当时，，.记数列的前项和为.
(1)求，；
(2)求使得成立的正整数的最大值.
[举一反三]
1．(2023·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知数列的首项是，前项和为，且，设，若存在常数，使不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．(2023·山东泰安·一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足．若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．，B．C．，D．
3．(2023·广东·模拟预测）已知表示不小于x的最小整数，表示不大于x的最大整数，如，，数列满足，且对，有，若为递增数列，则整数b的最小值为______．
4．(2023·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知数列中，，且满足，若对于任意，都有成立，则实数的最小值是_________.
5．(2023·辽宁实验中学模拟预测）已知数列的前n项和为，满足：
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若，令，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围．
第38讲 数列的综合应用
考点1 数学文化与数列的实际应用
[名师点睛]
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an与
an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．
[典例]
1．(2023·湖南·一模）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（ ）
A．35B．42C．49D．56
答案：B
分析：根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.
【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,
则每轮新增感染人数为，
经过n轮传染，总共感染人数为：，
∵，∴当感染人数增加到1000人时，，化简得，
由，故得，又∵平均感染周期为7天，
所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天，
故选：B
2．(2023·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．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，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斤，设，则（ ）
A．B．7C．13D．26
答案：C
分析：根据题意求得每次收的税金，结合题意得到，求得的值，代入函数的解析式，即可求解.
【详解】由题意知：这个人原来持金为斤，
第1关收税金为：斤；第2关收税金为斤；
第3关收税金为斤，
以此类推可得的，第4关收税金为斤，第5关收税金为斤，
所以，
即，解得，
又由，所以.
故选：C.
[举一反三]
1．(2023·辽宁·沈阳二中模拟预测）我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为，设张华第个月的还款金额为元，则（ ）
A．2192B．C．D．
答案：D
分析：计算出每月应还的本金数，再计算第n个月已还多少本金，由此可计算出个月的还款金额.
【详解】由题意可知：每月还本金为2000元，
设张华第个月的还款金额为元，
则，
故选：D
2．(2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ）
A．99B．131C．139D．141
答案：D
分析：根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.
【详解】设该高阶等差数列的第8项为，
根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：
由图可得，则.
故选：D
3．（多选）(2023·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.方式①：等额本金，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；方式②：等额本息，每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2021年7月7日贷款到账，则2021年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：，计算结果取整数）
A．选择方式①，若第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，则小张该笔贷款的总利息为289200元
B．选择方式②，小张每月还款额为3800元
C．选择方式②，小张总利息为333840元
D．从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①
答案：ACD
分析：等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，则，，等额本息还款方式中，设小张每月还款额为元，
则，
分别利用等差数列、等比数列模型研究，依次判断即可
【详解】对于A，由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，表示数列的前项和，则，，
则，
故小张该笔贷款的总利息为（元），故A正确.
对于B，设小张每月还款额为元，
则，
所以，
即，故B错误.
对于C，小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），故C正确.
对于D，因为，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①，故D正确.
故选：ACD
考点2 等差数列、等比数列的综合运算
[名师点睛]
对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
[典例]
(2023·滨州模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为b2＝4，所以a2＝2lg2b2＝4，
所以d＝a2－a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，
所以n＝lg2bn，
所以bn＝2n.
(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，
即bn是数列{an}中的第2n－1项．
设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，
因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128，
所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，
所以S100＝P107－Q7
＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(2－28,1－2)＝11 302.
[举一反三]
已知等差数列{an}的首项a1≠0，前n项和为Sn，且S4＋a2＝2S3；等比数列{bn}满足b1＝a2，b2＝a4.
(1)求证：数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项；
(2)若a1＝2，设cn＝eq \f(2,lg2bnlg2bn＋1)，求数列{cn}的前n项的和Tn；
(3)在(2)的条件下，若有f(n)＝lg3Tn，求f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值．
(1)证明 等差数列{an}的首项a1≠0，
设公差为d，由S4＋a2＝2S3，
可得4a1＋6d＋a1＋d＝2(3a1＋3d)，
所以a1＝d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝nd，
等比数列{bn}满足b1＝a2＝2d，b2＝a4＝4d，
设公比为q，则公比q＝eq \f(b2,b1)＝2，
可得bn＝2d·2n－1＝2nd，
由d≠0，n∈N*，
可得2n∈N*，
所以数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项．
(2)解 若a1＝2，
由(1)可得cn＝eq \f(2,lg2bnlg2bn＋1)
＝eq \f(2,lg22n＋1·lg22n＋2)
＝eq \f(2,n＋1n＋2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
则数列{cn}的前n项的和
Tn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(n,n＋2).
(3)解 在(2)的条件下，
若f(n)＝lg3Tn＝lg3eq \f(n,n＋2)，
则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝lg3eq \f(1,3)＋lg3eq \f(2,4)＋lg3eq \f(3,5)＋lg3eq \f(4,6)＋…＋lg3eq \f(n,n＋2)
＝lg3eq \f(1×2×3×4×…×n,3×4×5×6×…×n＋2)
＝lg3eq \f(2,n＋1n＋2)，
由lg3eq \f(2,n＋1n＋2)在n∈N*时单调递减，
可得n＝1时，lg3eq \f(2,n＋1n＋2)取得最大值lg3eq \f(1,3)＝－1，
故f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的最大值为－1.
考点3 新情境下的数列问题
[名师点睛]
新情境下的数列问题的求解策略
(1)深入新情境，建立数列模型，如本题要理解“优值”的含义；
(2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合．
[典例]
1．（多选）(2023·江苏·高三专题练习）设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数，下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
答案：BCD
分析：根据间隔递增数列的定义求解.
【详解】A. ，因为，所以当时，，故错误；
B. ，令，t在单调递增，则，解得，故正确；
C. ，当为奇数时，，存在成立，当为偶数时，，存在成立，综上：是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确；
D. 若是间隔递增数列且最小间隔数是3，
则，成立，
则，对于成立，且，对于成立
即，对于成立，且，对于成立
所以，且
解得，故正确.
故选：BCD
2．(2023·山东潍坊·模拟预测）若数列满足：对，都有（常数），则称数列是公差为d的“准等差数列”.
(1)数列中，，对，都有.求证：数列为“准等差数列”，并求其通项公式；
(2)数列满足：.将（1）中数列中的项按原有的顺序插入数列中，使与之间插入项，形成新数列.求数列前100项和.
【解】(1)∵，∴，
两式相减得，所以数列为“准等差数列”，
∵，∴，∴的奇数项成以2为首项，2为公差的等差数列，
故，，
的偶数项成以0为首项，2为公差的等差数列，
故，，
综上可得；
(2)由题意可知，在数列的前100项中，数列一共有94项，共中47项为奇数项，47项为偶数项，数列一共有6项，
∴
.
[举一反三]
1．(2023·全国·高三专题练习）若数列满足，则称为“梦想数列”，已知正项数列为“梦想数列”，且，则（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】利用等比数列的定义可推导出“梦想数列”是公比为的等比数列，进而结合题意可知数列是公比为的等比数列，由此可得，即可得解.
【详解】由题意可知，若数列为“梦想数列”，则，可得，
所以，“梦想数列”是公比为的等比数列，
若正项数列为“梦想数列”，则，所以，，
即正项数列是公比为的等比数列，
因为，因此，.
故选：D.
2．（多选）(2023·江苏·苏州市第六中学校三模）在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
答案：BC
分析：根据等方差数列定义判断A，由等方差数列定义及等比数列求判断B，根据等方差数列定义及等比数列的通项公式判断C，由等差数列及等方差数列定义，利用反证法判断D.
【详解】设，则，不满足为非零常数，所以不是等方差数列，故A错误；
由题意，则，即，解得或（舍去），当时，满足题意，故B正确；
设数列为等比数列，不妨设，则，所以，若为常数，则，但此时，不满足题意，故C正确；
若数列既是等方差数列，又是等差数列，不妨设，（为非零常数），，所以，即，所以，即，所以为常数列，这与，矛盾，故D错误.
故选：BC
考点4 数列与函数、不等式的交汇
[名师点睛]
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．
[典例]
1．(2023·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
【解】（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是≤1+13+⋯+13n−1=，
所以.
2．(2023·江苏江苏·二模）已知数列，当时，，.记数列的前项和为.
(1)求，；
(2)求使得成立的正整数的最大值.
【解】(1)因当时，，，而，则，又，则，
所以，.
(2)因当时，，，
当时，，当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，
而，
又，
则有时，，由得：
，而，于是得，
所以使得成立的正整数的最大值是51.
[举一反三]
1．(2023·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知数列的首项是，前项和为，且，设，若存在常数，使不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：首先由数列通项与前项和的关系得到数列的递推关系，再构造等比数列，求数列的通项公式，进一步求出数列的通项公式，从而可求数列通项公式，代入所求式子，分子、分母同除以构造基本不等式即可求出的最大值，从而求出的范围.
【详解】由，则当时，得，
两式相减得，变形可得：，
又，，所以，，
∴数列是以为首项、为公比的等比数列，故，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，故.
故选：C.
2．(2023·山东泰安·一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足．若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．，B．C．，D．
答案：D
分析：由等差数列通项公式得，再结合题意得数列单调递增，且满足，，即，再解不等式即可得答案.
【详解】解：根据题意：数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，
由于数列满足，
所以对任意的都成立，
故数列单调递增，且满足，，
所以，
解得．
故选：．
3．(2023·广东·模拟预测）已知表示不小于x的最小整数，表示不大于x的最大整数，如，，数列满足，且对，有，若为递增数列，则整数b的最小值为______．
答案：0
分析：根据题意得，，有，进而得，故，再根据分和讨论求解得，进而得答案.
【详解】解：∵数列满足，且对，有，
∴，
∵可得，
∴，有，
∴当时，，即，，
∴，
∴，
∵为递增数列，则，
当时，，解得，
当时，，即，解得：，∴，
又，则，∴整数b的最小值为0．
故答案为：
4．(2023·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知数列中，，且满足，若对于任意，都有成立，则实数的最小值是_________.
答案：2
【解析】将已知等式化为，根据数列是首项为3公差为1的等差数列，可求得通项公式，将不等式化为恒成立，求出的最大值即可得解.
【详解】因为时，，所以，而，
所以数列是首项为3公差为1的等差数列，故，从而.
又因为恒成立，即恒成立，所以.
由得，得，
所以，所以，即实数的最小值是2.
故答案为：2
5．(2023·辽宁实验中学模拟预测）已知数列的前n项和为，满足：
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若，令，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围．
【解】（1）由题设，，则，
所以，整理得，则，
所以，即，，
所以，故数列为等差数列，得证.
（2）由，可得，又，结合（1）结论知：公差，
所以，故，则，
所以，且，
所以，即，
所以，在且上递减，则，
要使对任意恒成立，即，
所以.
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