备考2024届高考数学一轮复习讲义第五章数列第5讲数列的综合应用

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例1 [全国卷Ⅱ]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）由题设得4（an＋1＋bn＋1）＝2（an＋bn），即an＋1＋bn＋1＝12（an＋bn）.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.
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.
训练1 已知数列{an}的首项a1＝4，{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列.
（1）证明：数列{an2n}是等差数列，并求数列{an}的通项公式.
（2）在①bn＝an＋1－an，②bn＝lg2a2n－12n，③bn＝4nanan+1这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列{bn}满足 ，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 （1）因为{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－2an＝4×
2n－1＝2n＋1，
故an+12n+1－an2n＝1，所以数列{an2n}是以42＝2为首项，1为公差的等差数列，所以an2n＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）×2n.
（2）若选条件①bn＝an＋1－an，则bn＝（n＋3）×2n，
所以Tn＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋（n＋3）×2n，
2Tn＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋（n＋3）×2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4×2＋22＋23＋…＋2n－（n＋3）×2n＋1，
所以－Tn＝8＋22×（1－2n－1）1－2－（n＋3）×2n＋1＝4－（n＋2）×2n＋1，所以Tn＝（n＋2）×2n＋1－4.
若选条件②bn＝lg2a2n－12n，则bn＝lg2（2n－1+1）×22n－12n＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝2（n＋1）－1－（2n－1）＝2，b1＝1，
所以{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以Tn＝n（1+2n－1）2＝n2.
若选条件③bn＝4nanan+1，则bn＝2n×2n（n+1)(n+2）×2n×2n×2＝12（1n+1－1n+2），
故Tn＝12（12－13＋13－14＋…＋1n+1－1n+2）＝12（12－1n+2）＝n4（n+2）.
命题点2 数列与其他知识综合
角度1 数列与函数综合
例2 [2023福建宁德一中段考]设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））是函数f（x）＝12＋lg2x1－x的图象上的任意两点.
（1）当x1＋x2＝1时，求f（x1）＋f（x2）的值；
（2）设Sn＝f（1n+1）＋f（2n+1）＋…＋f（n－1n+1）＋f（nn+1），其中n∈N*，求Sn；
（3）对应（2）中Sn，已知an＝（1Sn+1）2，其中n∈N*，设Tn为数列{an}的前n项和，求证：49≤Tn＜53.
解析 （1）∵A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））是函数f（x）＝12＋lg2x1－x的图象上的任意两点，
∴∀x1，x2∈（0，1），且当x1＋x2＝1时，
f（x1）＋f（x2）＝12＋lg2x11－x1＋12＋lg2x21－x2＝1＋lg2x1x2（1－x1)(1－x2）＝1＋lg2x1x21－（x1＋x2）＋x1x2＝1＋lg21＝1.
（2）∵11+n＋n1+n＝21+n＋n－11+n＝31+n＋n－21+n＝…＝1，
∴由（1）知f（11+n）＋f（n1+n）＝f（21+n）＋f（n－11+n）＝f（31+n）＋f（n－21+n）＝…＝1.
∵Sn＝f（1n+1）＋f（2n+1）＋…＋f（n－1n+1）＋f（nn+1），
∴2Sn＝[f（1n+1）＋f（nn+1）]＋[f（2n+1）＋f（n－1n+1）]＋…＋[f（nn+1）＋f（1n+1）]＝n，故Sn＝n2.
（3）∵an＝（1Sn+1）2＝（1n2+1）2＝（2n+2）2，
∴Tn＝432＋442＋452＋…＋4（n+2）2.
∵an＞0，∴Tn＜Tn＋1，∴{Tn}是递增数列，
∴Tn≥T1＝a1＝49，又an＝4（n+2）2＜4（n+2）2－1＝4（n+3)(n+1）＝2（1n+1－1n+3），
∴Tn＝432＋442＋452＋…＋4（n+1）2＋4（n+2）2＜2（12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n－1n+2＋1n+1－1n+3）＝2（12＋13－1n+2－1n+3）＝2（56－1n+2－1n+3）＜53，
∴49≤Tn＜53.
方法技巧
数列与函数的综合问题的解题策略
（1）已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究.
（2）已知数列条件，解决函数问题，一般要利用数列的有关公式对式子化简变形.
注意 数列是自变量为正整数的特殊函数，要灵活运用函数的思想方法求解.
训练2 （1）函数f（x）的定义域为R，满足f（x＋1）＝2f（x），且当x∈[0，1）时，
f（x）＝sin πx.当x∈[0，＋∞）时，将函数f（x）的极大值点从小到大依次记为a1，a2，a3，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，b3，…，bn，…，则数列{an＋bn}的前9项和为 11032 .
解析 当x∈[0，1）时，f（x）＝sin πx，此时a1＝12，b1＝1.由于f（x＋1）＝2f（x），则
f（x）＝2f（x－1）.
当x∈[1，2）时，x－1∈[0，1），则f（x－1）＝sin（x－1）π，所以f（x）＝2sin（x－1）π，此时a2＝32，b2＝2.
……
当x∈[n－1，n）时，x－（n－1）∈[0，1），所以f（x）＝2n－1sin[x－（n－1）]π，此时an＝2n－12，bn＝2n－1.
令cn＝an＋bn，则c1＋c2＋c3＋…＋c9＝（12＋32＋52＋…＋172）＋（1＋2＋22＋…＋28）＝812＋29－1＝11032.
（2）设曲线y＝xn＋1（n∈N*）在点（1，1）处的切线与x轴交点的横坐标为xn.令an＝
lg xn，则数列{an}的前n项和Sn＝ －lg（n＋1） .
解析 因为y＝xn＋1（n∈N*），所以y'＝（n＋1）xn，当x＝1时，y'＝n＋1，所以曲线y＝xn＋1在点（1，1）处的切线方程为y－1＝（n＋1）（x－1），令y＝0，则x＝nn+1，即xn＝nn+1，an＝lg xn＝lg n－lg（n＋1），则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg 3＋…＋lg n－lg（n＋1）＝－lg（n＋1）.
角度2 数列与不等式综合
例3 [2023天津高考]已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
（1）求{an}的通项公式和∑i＝2n－12n－1ai.
（2）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk＜an＜bk＋1.
（i）当k≥2时，求证：2k－1＜bk＜2k＋1；
（ii）求{bn}的通项公式及其前n项和.
解析 （1）设{an}的公差为d，
由a2＋a5=16，a5－a3=4，得a1＋d＋a1+4d=16，a1+4d－（a1+2d）=4，解得a1=3，d=2，
所以{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
a2n－1＝2×2n－1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2（2n－1）＋1＝2n＋1－1.
从a2n－1到a2n－1共有2n－1－2n－1＋1＝2n－1（项）.
所以∑i＝2n－12n－1ai＝（2n+1+2n+1－1）×2n－12＝（2n+2×2n）×2n－12＝3×2n×2n－12＝3×22n－2.（或∑i＝2n－12n－1ai＝2n－1×（2n＋1）＋2n－1×（2n－1－1）2×2＝3×22n－2）
（2）（i）因为当2k－1≤n≤2k－1时，bk＜an＜bk＋1，
所以当2k≤n＋1≤2k＋1－1时，bk＋1＜an＋1＜bk＋2，
可得an＜bk＋1＜an＋1.
由（1）知{an}为递增数列，所以若2k－1≤n≤2k－1，则a2k－1≤an≤a2k－1，得2k＋1≤an≤2k＋1－1.
同理可得2k＋1＋1≤an＋1≤2k＋2－1.
故可得2k＋1－1＜bk＋1＜2k＋1＋1，
所以2k－1＜bk＜2k＋1.
综上，当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1.
（ii）由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列，
设{bn}的通项公式为bn＝p·qn（p＞0，q＞0且q≠1），
由（i）知，2n－1＜bn＜2n＋1，即2n－1＜p·qn＜2n＋1，
则有1－12n＜p·（q2）n＜1＋12n.
①当q2＞1，即q＞2时，
∃n0∈N*，使得p·（q2）n0＞2，与p·（q2）n0＜1＋12n0矛盾；
②当0＜q2＜1，q≠1，即0＜q＜2且q≠1时，
∃n1∈N*，使得p·（q2）n1＜12，与p·（q2）n1＞1－12n1矛盾.
故q＝2.
因为2n－1＜bn＜2n＋1，所以bn＝2n.
设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2.
方法技巧
1.数列与不等式的综合问题的解题策略
（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者借助数列对应的函数的单调性求解.
（2）对于与数列有关的不等式的证明问题，要灵活选择不等式的证明方法，有时需构造函数，利用函数的单调性、最值来证明.
2.放缩技巧
（1）对1n2（n∈N*）的放缩，根据不同的要求，大致有四种情况：
①1n2＞1n2＋n＝1n－1n+1；
②1n2＜1n2－n＝1n－1－1n（n≥2）；
③1n2＜1n2－1＝12（1n－1－1n+1）（n≥2）；
④1n2＜1n2－14＝2（12n－1－12n+1）.
（2）对12n（n∈N*）的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
①12n＞1n＋n+1＝n+1－n；
②12n＜1n＋n－1＝n－n－1.
训练3 [2021浙江高考]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an1＋an（n∈N*），记数列{an}的前n项和为Sn，则（ A ）
A.32＜S100＜3B.3＜S100＜4
C.4＜S100＜92D.92＜S100＜5
解析 因为a1＝1，an＋1＝an1+an（n∈N*），所以an＞0，a2＝12，所以S100＞32.1an+1＝1+anan＝1an＋1an＝（1an＋12）2－14，所以1an+1＜（1an＋12）2，两边同时开方可得1an+1＜1an＋12，则1an＜1an－1＋12，…，1a2＜1a1＋12，由累加法可得1an+1＜1a1＋n2＝1＋n2，所以1an≤1＋n－12＝n+12，所以an≥2n+1，所以an＋1＝an1+an≤an1+2n+1＝n+1n+3an，即an+1an≤n+1n+3，则anan－1≤nn+2，…，a2a1≤24，由累乘法可得当n≥2时，an＝ana1≤nn+2×n－1n+1×n－2n×…×35×24＝6（n+2)(n+1）＝6（1n+1－1n+2），所以S100＜1＋6（13－14＋14－15＋…＋1101－1102）＝1＋6（13－1102）＜1＋2＝3，故选A.命题点
五年考情
命题分析预测
等差、等比数列的综合问题
2022新高考卷ⅡT17；2022天津T18；2020浙江T20；2019全国卷ⅡT19
该讲的命题重点是等差数列与等比数列的综合，数列与不等式的综合，难度中等.预计2025年高考可能会出现新的数列综合题，备考时，应关注数列与其他知识的综合.
数列与其他知识综合
2023新高考卷ⅠT7；2023全国卷乙T10；2023天津T19；2021浙江T10