人教A版普通高中数学一轮复习第七章第六节数列的综合问题学案

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2．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，抽象出数列的模型，并能用相关知识解决．
等差、等比数列的综合问题
【例1】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S50.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
因为a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，
所以a2＝2lg2b2＝2lg24＝4，
a1＝2lg2b1＝2，即lg2b1＝1，解得b1＝2.
所以公差d＝a2－a1＝4－2＝2，
公比q＝b2b1＝42＝2.
所以an＝2＋2(n－1)＝2n，n∈N*，
bn＝2·2n-1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)可得bn＝2n＝2·2n-1＝a2n-1，
故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b6＝a26-1＝a32，b7＝a27-1＝a64，
所以数列{cn}的前50项是由数列{an}的前56项去掉数列{bn}的前6项后构成的，
故S50＝P56－Q6＝2+112×562－2×1−261−2＝3 066.
关于等差、等比数列的综合应用
数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．
(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
(1)证明：由2Snn＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2n·an＋n①，
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2(n＋1)·an＋1＋(n＋1)②，
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2(n＋1)·an＋1－2n·an＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列．
(2)解：由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，
得a72＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋nn−12
＝n2−25n2
＝12n−2522－6258，
且S12＝S13＝－78，
所以当n＝12或n＝13时，Sn的最小值为－78.
数列与不等式的交汇
考向1 最值问题
【例2】在正项等比数列{an}中，3为a6与a14的等比中项，则a3＋3a17的最小值为( )
A．23B．89
C．6D．3
C 解析：因为{an}是正项等比数列，且3为a6与a14的等比中项，所以a6a14＝3＝a3a17，则a3＋3a17＝a3＋3·3a3≥2a3·3·3a3＝6，当且仅当a3＝3时，等号成立，所以a3＋3a17的最小值为6.
考向2 证明问题
【例3】(2024·济南模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，3an＝2Sn＋2n(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设bn＝lg3(an＋1＋1)，证明：1b12＋1b22＋…＋1bn2＜1.
证明：(1)当n＝1时，3a1＝2S1＋2＝2a1＋2，
解得a1＝2.
由3an＝2Sn＋2n，得3an－1＝2Sn－1＋2(n－1)，n≥2，
两式相减，化简可得an＝3an－1＋2，
所以an＋1＝3(an－1＋1)．
又a1＋1＝3≠0，
则an+1an−1+1＝3，n≥2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列．
故an＋1＝3×3n-1＝3n，
所以an＝3n－1，
Sn＝(3＋32＋…＋3n)－n＝31−3n1−3－n＝3n+1−32－n.
(2)因为bn＝lg3(an＋1＋1)＝lg33n+1＝n＋1，
所以1bn2＝1n+12<1nn+1＝1n－1n+1．
所以1b12＋1b22＋…＋1bn2<1−12＋12−13＋…＋1n−1n+1＝1－1n+1<1.
考向3 范围问题
【例4】数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n+1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝anan−1an+1−1，Tn为数列{bn}的前n项和，若Tn解：(1)由题得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n+1①，
当n≥2时，
a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝2＋(n－2)·2n②，
①－②，得nan＝n·2n，所以an＝2n(*)．
在①中，令n＝1，得a1＝2，也满足(*)，所以an＝2n，n∈N*.
(2)由(1)知bn＝2n2n−12n+1−1＝12n−1－12n+1−1，
故Tn＝121−1−122−1＋122−1−123−1＋…＋12n−1−12n+1−1＝1－12n+1−1．
因为Tn＝1－12n+1−1随n的增大而增大，
又当n趋向于＋∞时，Tn趋向于1且Tn＜1恒成立，
所以m2－3≥1，解得m≤－2或m≥2，
所以实数m的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)．
数列与不等式的综合问题的求解策略
(1)判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．
(2)以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值问题．
(3)考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可以通过构造函数进行证明．
1．(2024·重庆模拟)设a>0，b>0，若3是3a与9b的等比中项，则1a＋2b的最小值为( )
A．92B．3
C．32＋2D．4
A 解析：因为3是3a与9b的等比中项，
所以32＝3a·9b＝3a+2b，所以a＋2b＝2，
所以1a＋2b＝121a+2b(a＋2b)
＝125+2ab+2ba
≥125+22ab·2ba＝92，
当且仅当a＝b＝23时，等号成立．
2．(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝an−6，n为奇数，2an，n为偶数，记Sn，Tn为{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
(1)解：设等差数列{an}的公差为d，
Sn，Tn为{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16，
则a1+a2+a3+a4=32，a1−6+2a2+a3−6=16，
即4a1+44−12d=32，a2=7，解得a1=5，d=2.
故an＝5＋2(n－1)＝2n＋3.
(2)证明：由(1)可知，bn＝2n−3，n为奇数，4n+6，n为偶数，
Sn＝5+2n+3n2＝(n＋4)n，
当n>5，且n为偶数时，
Tn＝－1＋3＋…＋2(n－1)－3＋14＋22＋…＋4n＋6
＝n2−1+2n−1−32＋n214+4n+62
＝n214+6n2＝n3n+72，
Tn－Sn＝n2−n2>0；
当n>5，且n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝n−13n+42＋2n－3＝3n2+5n−102，
Tn－Sn＝n2−3n−102>25−15−102＝0.
综上，当n＞5时，Tn＞Sn得证．
数列与函数交汇
【例5】(1)函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，ak2))处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝( )
A．18B．21
C．24D．30
B 解析：因为函数y＝x2(x>0)的导函数为y′＝2x，
所以函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，ak2))处的切线方程为y−ak2＝2ak(x－ak)．
令y＝0，可得x＝12ak，即ak＋1＝12ak，
所以数列{an}是公比为12的等比数列，an＝16×12n-1.
所以a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
(2)已知函数f(x)＝13x3＋4x，记等差数列{an}的前n项和为Sn.若f(a1＋2)＝100，f(a2 024＋2)＝－100，则S2 024＝ ．
－4 048 解析：因为f(－x)＝－13x3－4x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．
因为f(a1＋2)＝100，f(a2 024＋2)＝－100，
所以f(a1＋2)＝－f(a2 024＋2)，
所以a1＋2＋a2 024＋2＝0，所以a1＋a2 024＝－4，
所以S2 024＝2 024a1+a2 0242＝－4 048.
数列与函数交汇问题的求解策略
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子进行化简变形．
1．设{an}是等比数列，函数y＝x2－x－2 025的两个零点是a2，a3，则a1a4等于( )
A．2 025B．1
C．－1D．－2 025
D 解析：由题意知a2，a3是方程x2－x－2 025＝0的两根，由根与系数的关系得a2a3＝－2 025.
又a1a4＝a2a3，所以a1a4＝－2 025.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x)＝154ln x＋12x2－8x的极值点，则S8＝ ．
－38 解析：因为f(x)＝154ln x＋12x2－8x，所以f′(x)＝154x＋x－8＝x2−8x+154 x＝x−12x−152x．
令f′(x)＝0，解得x＝12或x＝152．
因为数列{an}的公差d>0，所以数列{an}是递增数列．
又a6和a8是函数f(x)的极值点，所以a6＝12，a8＝152，所以a1+5d=12 ，a1+7d=152 ，解得a1=−17，d=72 ．
所以S8＝8×(－17)＋8×8−12×72＝－38.
课时质量评价(四十五)
1．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，则a1等于( )
A．52－5 B．52＋5
C．52 D．5
A 解析：设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，q>0，
由前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，
可得a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，
4a3＝4a1＋a5，即4a1＋a1q4＝4a1q2，即q2－2＝0，解得q＝2，所以a1＝52－5.
2．设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lg an}与{lg bn}的前n项和，且SnTn＝n+12n，则lga3b3 等于( )
A．35B．95
C．59D．53
D 解析：因为数列{an}，{bn}都是正项等比数列，
所以数列{lg an}与{lg bn}为等差数列．
因为SnTn＝n+12n，
所以S5T5＝lga1·a2·…·a5lgb1·b2·…·b5＝lga35lgb35
＝lgb3a3 ＝610＝35，所以lga3b3 ＝53．
3．若函数f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋1，则数列1fn(n∈N*)的前n项和为( )
A．nn+1B．n+2n+1
C．nn−1D．n+1n
A 解析：因为f(x)＝xm＋ax，所以f′(x)＝mxm-1＋a.又因为f′(x)＝2x＋1，所以m＝2，a＝1，
所以f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，
所以1fn＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以数列1fn的前n项和为
1f1＋1f2＋…＋1fn＝1−12＋12−13＋…＋1n−1n+1＝1－1n+1＝nn+1．
4．(新定义)定义[x]表示不超过x的最大整数，若数列{an}的通项公式为an＝3n－1，则a15＋a25＋a35＋…＋a105等于( )
A．30B．29
C．28D．27
D 解析：a15＋a25＋a35＋…＋a105＝25＋55＋85＋…＋295＝0＋(1×2)＋(2×2)＋(3×1)＋(4×2)＋(5×2)＝27.
5．(2024·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5，1A．1116，118B．3316，338
C．−118，−1116D．−338，−3316
A 解析：设等比数列{an}的公比为q，
则q3＝a5a2＝－12，
所以数列{a3n}是首项为a3，公比为q3＝－12的等比数列，
则S5＝a31−−12 51+12＝1116a3∈1116，118．
6．(多选题)已知函数f(x)＝lg x，则下列四个命题中，是真命题的为( )
A．f(2)，f(10)，f(5)成等差数列
B．f(2)，f(4)，f(8)成等差数列
C．f(2)，f(12)，f(72)成等比数列
D．f(2)，f(4)，f(16)成等比数列
ABD 解析：对于A，f(2)＋f(5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f(10)＝2lg 10＝1，
故f(2)，f(10)，f(5)成等差数列，故A是真命题；
对于B，f(2)＋f(8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16，2f(4)＝2lg 4＝lg 16，
故f(2)，f(4)，f(8)成等差数列，故B是真命题；
对于C，f(2)·f(72)＝lg 2×lg 72故f(2)，f(12)，f(72)不成等比数列，故C是假命题；
对于D，f(2)·f(16)＝lg 2×lg 16＝4(lg 2)2＝(2lg 2)2＝(lg 4)2＝(f(4))2，
故f(2)，f(4)，f(16)成等比数列，故D是真命题．
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{lg Sn}是公差为lg 3的等差数列，则a2＋a4＋…＋a2n＝ ．
9n−14 解析：因为S1＝a1＝1，则lg S1＝lg 1＝0.
因为{lg Sn}是公差为lg 3的等差数列，
所以lg Sn＝(n－1)lg 3＝lg 3n-1，则Sn＝3n-1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n-1－3n-2＝2×3n-2，
则an+1an＝2×3n−12×3n−2＝3.又a2＝2，
所以数列{an}自第二项起构成公比为3的等比数列，则偶数项构成以2为首项，9为公比的等比数列，
所以a2＋a4＋…＋a2n＝21−9n1−9＝9n−14．
8．(数学与文化)我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》记载了“垛积术”，其中“落－形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥垛，如图所示，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球……则这个三角锥垛的第十五层的球的个数为 ．
120 解析：因为“三角形数”可写为
1，1＋2，1＋2＋3，1＋2＋3＋4，1＋2＋3＋4＋5，…，
所以“三角形数”构成的数列的通项公式为
an＝1＋2＋3＋…＋n＝nn+12，
所以这个三角锥垛的第十五层的球的个数为
a15＝15×162＝120.
9．设n∈N*，有三个条件：①an是2与Sn的等差中项；②a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)；③Sn＝2n+1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．
若数列{an}的前n项和为Sn，且 ．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
解：(1)选择条件①.
因为an是2与Sn的等差中项，所以2an＝2＋Sn，
所以当n≥2时，2an－1＝2＋Sn－1，
两式相减，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)．
在2an＝2＋Sn中，令n＝1，可得a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故an＝2·2n-1＝2n.
选择条件②.
由a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)，知Sn＋1＝2(Sn＋1)，
当n＝1时，可求得a2＝4，
当n≥2时，Sn＝2(Sn－1＋1)，
两式相减，得an＋1＝2an(n≥2)．
又a1＝2，a2＝4也满足上式，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故an＝2·2n-1＝2n.
选择条件③.
在Sn＝2n+1－2中，令n＝1，得a1＝21+1－2＝2，
当n≥2时，有Sn－1＝2n－2，
两式相减，得an＝2n(n≥2)．
当n＝1时，a1＝2满足上式，
所以an＝2n.
(2)因为{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，
所以an·bn＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
由(1)知an＝2n，所以bn＝2n−12n−1，
所以Tn＝1×120＋3×121＋5×122＋…＋2n−12n−1，
两边同乘12，得12Tn＝1×121＋3×122＋…＋2n−32n−1＋2n−12n，
两式相减，得12Tn＝1×120＋2×121＋2×122＋…＋2×12n-1－2n−12n＝1＋2×121−12n−11−12－2n−12n＝3－2n+32n，
所以Tn＝6－2n+32n−1．
10．已知数列{an}满足a1＝1，P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，如果函数f(n)＝1n+a1＋1n+a2＋…＋1n+an(n∈N*，n≥2)，那么函数f(n)的最小值为( )
A．13B．14
C．712D．512
C 解析：将点P的坐标代入直线方程，得an＋1－an＝1，又a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an＝n.
所以f(n)＝1n+1＋1n+2＋…＋1n+n，
f(n＋1)＝1n+2＋1n+3＋…＋1n+n+2，
所以f(n＋1)－f(n)＝1n+n+1＋1n+n+2－1n+1>12n+2＋12n+2－1n+1＝0，
所以f(n)单调递增，故f(n)的最小值为f(2)＝712．
11．直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，受到了广大消费者的追捧．针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2 000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过 年其投入资金开始超过7 000万元．(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845.)
12 解析：设该公司经过n年投入的资金为an万元，
则a1＝2 000×1.12，
由题意可知，数列{an}是以2 000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，
所以an＝2 000×1.12n.由an＝2 000×1.12n>7 000，可得n>lg1.1272＝lg7−lg2lg1.12≈11.1，
因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7 000万元．
12．在正项数列{an}中，a1＝2，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－1＝12an2(n≥2)．若数列bn＝(－1)n·2n+1Sn，则数列{bn}的前2 020项和为 ．
－2 0202 021 解析：在正项数列{an}中，a1＝2，
其前n项和Sn满足Sn＋Sn－1＝12an2(n≥2)，
可得Sn－1＋Sn－2＝12an−12(n≥3)，
两式相减，得an＋an－1＝12an2－12an−12.
因为在正项数列{an}中，有an＋an－1≠0，
化简得an－an－1＝2(n≥3)．
当n＝2时，S2＋S1＝4＋a2＝12a22，
解得a2＝4.因为a2－a1＝2，所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，则an＝2n，Sn＝n(n＋1)，
所以bn＝(－1)n·2n+1Sn＝(－1)n·n+n+1nn+1
＝(－1)n·1n+1n+1．
数列{bn}的前2 020项和为－1－12＋12＋13－…－12 019－12 020＋12 020＋12 021＝－1＋12 021＝－2 0202 021．
13．函数y＝f(x)，x∈[1，＋∞)，数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，
①函数f(x)是单调递增的；
②数列{an}是递增数列．
写出一个满足①的函数f(x)的解析式 ．
写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式 ．
f(x)＝x2(答案不唯一) f(x)＝x−432(答案不唯一) 解析：易知在[1，＋∞)这个区间上单调递增的函数有许多，可写为f(x)＝x2.
第二个空需要找一个数列是递增数列，而对应的函数在[1，＋∞)上不是单调递增的，可写为f(x)＝x−432，
此时f(x)在1，43上单调递减，在43，+∞上单调递增，
所以f(x)＝x−432在[1，＋∞)上不是单调递增的，不满足①，
而对应的数列为an＝n−432在n∈N*上越来越大，属于递增数列．
14．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝1－4an(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．
解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.
又由a＞0，得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4，
所以Sn＝n2－4n＋4.
当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
所以an＝1，n=1，2n−5，n≥2.
(2)由题意得cn＝−3，n=1，1−42n−5，n≥2.
由cn＝1－42n−5可知，当n≥5时，恒有cn＞0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－13，c5＝15，c6＝37，即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0.
所以数列{cn}的变号数为3.
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n22＋3n2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋2－an＋1an+2·an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2n＋512．
(1)解：因为Sn＝n22＋3n2①，
所以当n≥2时，Sn－1＝n−122＋3n−12②，
①－②，得
an＝n22＋3n2－n−122－3n−12＝n＋1.
又因为当n＝1时，a1＝S1＝2也适合上式，
所以an＝n＋1.
(2)证明：由(1)，知bn＝n＋3－(n＋1)＋1n+3n+1＝2＋121n+1−1n+3，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2n＋1212−14+13−15+…+1n+1−1n+3
＝2n＋1212+13−1n+2−1n+3
＝2n＋512－121n+2+1n+3<2n＋512，
从而不等式得证．