2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第六章　第5讲　数列的综合应用

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{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.(1)求{an}的通项公式；(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.【解】　(1)设{an}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an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.(2)因为ea1＝eln 2＝2，＝ean－an－1＝eln 2＝2，所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．所以ea1＋e a2＋…＋ean＝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Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.(1)证明：{an＋1}为等比数列；(2)求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？说明理由．解：(1)证明：因为a2＝3，a2＝2a1＋1，所以a1＝1，因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝－n＝2n＋1－n－2，所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn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an(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{an}是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，可得an＝45.5＋0.5×(n－1)＝0.5n＋45，则a10＝50；当11≤n≤20时，数列{an}是公比为0.99的等比数列，则an＝50×0.99n－10.故实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式为an＝(2)设Sn为数列{an}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S20＝S10＋(a11＋a12＋…＋a20)＝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≈48.63，则＜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an与第n＋1项an＋1的递推关系还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋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{an}，则有a1＝4，a5＝2，所以a1＋a5＝6，数列{an}的前5项和为S5＝5×＝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a1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为a2，a3，a4，a5，a6，得到一个数列{an}，依题意，可知数列的递推公式：an＋1＝an－(an－1)－1，即an＋1＝(an－1)，整理变形，得an＋1＋4＝(an＋4)．故{an＋4}是以为公比的等比数列，所以a6＋4＝(a1＋4)，欲使(a6＋4)∈N*，应有a1＋4＝55m(m∈N*)，故最初至少有桃子a1＝55－4＝3 121个，从而最后至少剩下a6＝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)＝＋，正项数列{an}满足a1＝1，an＝f，n∈N*，且n≥2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对n∈N*，求证：＋＋＋…＋<2.【解】　(1)由an＝f，所以an＝＋an－1，n∈N*，且n≥2，所以数列{an}是以1为首项，以为公差的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)＝.(2)证明：由(1)可知＝＝4，Sn＝＋＋＋…＋＝4[＋＋…＋(－)]＝4＝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＝x＋ln x(n∈N*)在x＝处的切线斜率为an，则数列的前n项的和为        ．解析：对y＝x＋ln x(n∈N*)求导，可得y′＝＋，由曲线y＝x＋ln x(n∈N*)在x＝处的切线斜率为an，可得an＝＋＝n.所以＝＝－，则数列的前n项的和为1－＋－＋…＋－＝.答案：2．(2020·浙江杭州4月模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则a5＝        ，b10＝        ．解析：因为an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，所以an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两个根，根据根与系数的关系，可得an·an＋1＝2n，an＋an＋1＝bn，由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，两式相除可得＝2，所以a1，a3，a5，…成公比为2的等比数列，a2，a4，a6，…成公比为2的等比数列，又由a1＝1，得a2＝2，所以a5＝1×22＝4，a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，所以b10＝a10＋a11＝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{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝(　　)A．－1　　　　　　　　　 B．1C．－2  D．2解析：选C.法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋＋4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋＋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{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝(　　)A．26  B．52C．78  D．104解析：选B.设等比数列{an}的公比为q，因为a3a11＝4a7，所以a＝4a7≠0，解得a7＝4，因为数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，所以S13＝＝13b7＝13a7＝52.故选B.3．(2020·吉林长春5月联考)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)＝ln x＋x2－8x的极值点，则S8＝(　　)A．－38  B．38C．－17  D．17解析：选A.因为f(x)＝ln x＋x2－8x，所以f′(x)＝＋x－8＝＝，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d＞0，所以a6＝，a8＝，所以解得所以S8＝8a1＋×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{an}，则数列{an}的前2 019项的和为(　　)A．672  B．673C．1 346  D．2 019解析：选C.由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，所以{an}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{an}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{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝        ，Sn的最小值为          ．解析：设等差数列{an}的公差为d，因为即所以可得所以a5＝a1＋4d＝0，因为Sn＝na1＋d＝(n2－9n)，所以当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.答案：0　－107．若数列{an}满足－＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{}为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝        ．解析：由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比为的等比数列，故{}是公比为的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)25＝32.答案：328．(2020·河北石家庄4月模拟)数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝        ．解析：由Hn＝＝2n，得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，　①当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，　②由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，所以Sn＝＝.答案：9．(2020·武汉市部分学校调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.(1)若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；(2)若T3＝13，求Sn.解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，①由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，②联立①②，解得q＝2或q＝0(舍去)，因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.(2)因为T3＝b1(1＋q＋q2)，所以1＋q＋q2＝13，解得q＝3或q＝－4，由a2＋b2＝3得d＝4－q，所以d＝1或d＝8.由Sn＝na1＋n(n－1)d，得Sn＝n2－n或Sn＝4n2－5n.10．(2020·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值．解：(1)由已知有－＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{}为等差数列，又＝＝1，所以＝n，即Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝＝，所以Tn＝＝＝.由Tn≥得n2≥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an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝则解下4个环所需的最少移动次数a4为(　　)A．7  B．10C．12  D．22解析：选A.因为数列{an}满足a1＝1，且an＝所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选A.2．已知an＝3n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，k≥3n－6恒成立，则实数k的取值范围是        ．解析：Tn＝＝－＋，所以Tn＋＝，则原不等式可以转化为k≥＝恒成立，令f(n)＝，当n＝1时，f(n)＝－，当n＝2时，f(n)＝0，当n＝3时，f(n)＝，当n＝4时，f(n)＝，即f(n)是先增后减，当n＝3时，取得最大值，所以k≥.答案：k≥3．(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{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和．求数列{bn}的通项公式．解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由得解得因此数列{an}为“M－数列”．(2)因为＝－，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.由＝－，得Sn＝，当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝－，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．4．(2020·湖北襄阳二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足：a1＝1，Sn＋1－1＝Sn＋an，数列{bn}为等比数列，满足b1＝4b3，b2＝＜b1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列的前n项和为Wn，数列{bn}的前n项和为Tn，试比较Wn与的大小．解：(1)由Sn＋1－1＝Sn＋an，可得an＋1＝an＋1，又a1＝1，所以数列{an}是首项和公差均为1的等差数列，可得an＝n.因为数列{bn}为等比数列，满足b1＝4b3，b2＝＜b1，n∈N*，所以设公比为q，可得b1＝4b1q2，所以q＝±，当q＝时，b1＝，可得b1＝＞.当q＝－时，－b1＝，得b1＝－，不满足b2＜b1，舍去，所以bn＝.(2)＝＝－，Wn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＜1.Tn＝＝1－∈，则1＜≤2，故Wn＜.规范答题示范(三)数　列类型一　判断等差数列和等比数列 (12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知❶(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并❷[建桥寻突破]❶看到S2＝2，S3＝－6，想到S2＝a1＋a2，S3＝a1＋a2＋a3，利用等比数列的通项公式求解．❷看到判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列，想到等差数列的等差中项，利用2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2进行证明.[规范解答](1)设{an}的首项为a1，公比为q，由题设可得2分解得q＝－2，a1＝－2.4分故{an}的通项公式为an＝(－2)n.6分(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n，8分由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2＝2Sn，11分故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.12分[评分标准]①列出关于首项为a1，公比为q的方程组得2分；②能够正确求出a1和q得2分，只求对一个得1分，都不正确不得分；③正确写出数列的通项公式得2分；④正确计算出数列的前n项和得2分；⑤能够正确计算出Sn＋1＋Sn＋2的值得2分，得出结论2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2再得1分；⑥写出结论得1分.[解题点津](1)等差(或等比)数列的通项公式，前n项和公式中有五个元素a1、d(或q)、n、an、Sn，“知三求二”是等差(等比)的基本题型，通过解方程组的方法达到解题的目的．(2)等差、等比数列的判定可采用定义法、中项法等．如本题采用中项法得出2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2.[核心素养]数列问题是高考的必考题，求数列的通项公式及判断数列是否为等差或等比数列是高考的常见题型．本类题型重点考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养.类型二　求数列的前n项和 (12分)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)❶(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．❷[建桥寻突破]❶看到求等差数列{an}和等比数列{bn}的通项公式，想到利用条件，列出方程，利用等差、等比数列的通项公式求解．❷看到求数列{a2nb2n－1}的前n项和，想到利用错位相减法求数列的前n项和.[规范解答](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知得b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.2分又因为q＞0，解得q＝2，所以bn＝2n.3分由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①.由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②.联立①②，解得a1＝1，d＝3，5分由此可得an＝3n－2.6分所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，7分故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，(ⅰ)8分4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，(ⅱ)9分(ⅰ)－(ⅱ)得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.11分得Tn＝×4n＋1＋.所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.12分[评分标准]①正确求出q2＋q－6＝0得2分；②根据等比数列的通项公式求出通项bn＝2n得1分，通项公式使用错误不得分；③求出a1＝1，d＝3得2分；④根据等差数列的通项公式求出通项an＝3n－2得1分，通项公式使用错误不得分；⑤正确写出a2nb2n－1＝(3n－1)×4n得1分；⑥正确写出Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n得1分；⑦正确写出4Tn得1分；⑧由两式相减得出－3Tn＝－(3n－2)×4n＋1－8，正确得2分，错误不得分；⑨正确计算出Tn得1分.[解题点津](1)牢记等差、等比数列的相关公式：熟记等差、等比数列的通项公式及前n项和公式，解题时结合实际情况合理选择．如第(1)问运用了等差、等比数列的通项公式．(2)注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上得出数列{a2nb2n－1}，分析数列特征，想到用错位相减法求数列的前n项和.[核心素养]数列的前n项和是高考重点考查的知识点，错位相减法是高考考查的重点，突出考查“数学运算”的核心素养.