（江蘇專版）2019版高考數(shù)學大一輪復習 第六章 數(shù)列 第35講 等差、等比數(shù)列綜合應用學案 理

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1、 第35講　等差、等比數(shù)列綜合應用 考試要求　1.等差、等比數(shù)列(C級要求)；2.高考中可能重點關注等差、等比數(shù)列{an}的前n項和Sn與通項an之間的相互轉(zhuǎn)化，以及基本量、性質(zhì)的運用. 診 斷 自 測 1.(2018·蘇州月考)數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且a1，a3，a7為等比數(shù)列{bn}中連續(xù)的三項，則數(shù)列{bn}的公比為________. 解析　設數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由a＝a1a7，得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故數(shù)列{bn}的公比q＝＝＝＝2. 答案　2 2.(2017·全國Ⅲ卷)等差數(shù)列{an}的首項為1，公差不為0

2、.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項的和為________. 解析　等差數(shù)列中a1＝1，根據(jù)題意得 a＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)， 解得d＝0(舍去)，d＝－2， 所以數(shù)列{an}的前6項和為S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24. 答案　－24 3.(2015·全國Ⅱ卷)設Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝____________. 解析　由題意得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故數(shù)列是以＝－1為首項，－

3、1為公差的等差數(shù)列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－. 答案　－ 4.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對任意n∈N*都有Sn＝an－，若1

4、7·蘇、錫、常、鎮(zhèn)二模)己知n為正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足an＞0，4(n＋1)a－na＝0，設數(shù)列{bn}滿足bn＝. (1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實數(shù)t的值； (3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，前n項和為Sn，對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aSn－an2＝16bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值. (1)證明　數(shù)列{an}滿足an＞0，4(n＋1)a－na＝0， ∴2an＝an＋1，即＝2， ∴數(shù)列是以a1為首項，以2為公比的等比數(shù)列. (2)解　由(1)可得＝a1×2n－1，∴a＝na·4n－1， ∵bn＝，∴b1＝，b2＝，b

5、3＝， ∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，∴2×＝＋， ∴＝a＋， 化為16t＝t2＋48，解得t＝12或4. 當t＝4時，bn＝， bn＋1－bn＝－＝為常數(shù). ∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，符合題意； 當t＝12時，bn＝， b2＋b4＝＋＝a， 2b3＝2×＝， ∴b2＋b4≠2b3， ∴數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列. t＝12不符合題意，應舍去， 綜上，t＝4. (3)解　由(2)知t＝4時，bn＝＝，Sn＝， 對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8aSn－an2＝16bm成立， ∴8a×－an2＝16×， ∴na＝4m， ∴a1＝2.∵a1為正整數(shù)，∴＝k，k∈

6、N*. ∴滿足條件的所有整數(shù)a1的值為 . 規(guī)律方法　等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的解題策略 (1)分析已知條件和求解目標，為最終解決問題設置中間問題，例如求和需要先求出通項、求通項需要先求出首項和公差(公比)等，確定解題的順序. (2)注意細節(jié)：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項問題中第一項和后面的項能否用同一個公式表示等，這些細節(jié)對解題的影響也是巨大的. 【訓練1】 在等差數(shù)列{an}中，a10＝30，a20＝50. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)令bn＝2an－10，證明：數(shù)列{bn}為等比數(shù)列；

7、 (3)求數(shù)列{nbn}的前n項和Tn. (1)解　設數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d， 由a10＝30，a20＝50得方程組 解得所以an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10. (2)證明　由(1)得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n， 所以＝＝4. 所以{bn}是首項為4，公比為4的等比數(shù)列. (3)解　由nbn＝n×4n，得Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n，① 4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，② ①－②得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1 ＝－n×4n＋1. 所以Tn＝. 考點二　數(shù)列與函數(shù)的綜合

8、問題 【例2】 已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx的圖象過點(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數(shù)列{an}滿足＝f′，且a1＝4. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)記bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)f′(x)＝2ax＋b，由題意知b＝2n， 16n2a－4nb＝0， ∴a＝， 則f(x)＝x2＋2nx，n∈N*. 數(shù)列{an}滿足＝f′， 又f′(x)＝x＋2n， ∴＝＋2n，∴－＝2n， 由疊加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n， 化簡可得an＝(n≥2)， 當n＝1時，a1＝4也符合， ∴an＝(n∈N*).

9、 (2)∵bn＝＝ ＝2， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝＋＋…＋ ＝2 ＝2 ＝. 規(guī)律方法　 數(shù)列與函數(shù)的綜合問題 (1)已知函數(shù)條件解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題； (2)已知數(shù)列條件解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對式子化簡變形.另外，解題時要注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，靈活運用函數(shù)的思想方法求解，在問題的求解過程中往往會遇到遞推數(shù)列，因此掌握遞推數(shù)列的常見解法有助于該類問題的解決. 【訓練2】 (2017·徐州、宿遷、連云港三市模擬)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，an＋2＝(k∈N*).

10、(1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求滿足2an＋1＝an＋an＋2的正整數(shù)n的值； (3)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，問是否存在正整數(shù)m，n，使得S2n＝mS2n－1？若存在，求出所有的正整數(shù)對(m，n)；若不存在，請說明理由. 解　(1)由題意，數(shù)列{an}的奇數(shù)項是以a1＝1為首項，2為公差的等差數(shù)列； 偶數(shù)項是以a2＝2為首項，3為公比的等比數(shù)列. 所以對任意正整數(shù)k，a2k－1＝2k－1，a2k＝2×3k－1. 所以數(shù)列{an}的通項公式an＝(k∈N*). (2)當n為奇數(shù)時，由2an＋1＝an＋an＋2，得2×2×3－1＝n＋n＋2， 所以2×3＝n＋1，

11、令f(x)＝2×3－x－1(x≥1)， 由f′(x)＝×()x×ln－1≥××ln－1＝ln 3－1>0， 可知f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f(x)≥f(1)＝0， 所以當且僅當n＝1時，滿足2×3＝n＋1，即2a2＝a1＋a3. 當n為偶數(shù)時，由2an＋1＝an＋an＋2， 得2(n＋1)＝2×3－1＋2×3－1，即n＋1＝3－1＋3＝4×3－1， 上式左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，因此不成立. 綜上，滿足2an＋1＝an＋an＋2的正整數(shù)n的值為1. (3)存在.S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝＋＝3n＋n2－1，n∈N*.

12、 S2n－1＝S2n－a2n＝3n－1＋n2－1. 假設存在正整數(shù)m，n，使得S2n＝mS2n－1， 則3n＋n2－1＝m(3n－1＋n2－1)， 所以3n－1(3－m)＝(m－1)(n2－1)，(*) 從而3－m≥0，所以m≤3， 又m∈N*，所以m＝1，2，3. ①當m＝1時，(*)式左邊大于0，右邊等于0，不成立. ②當m＝3時，(*)式左邊等于0，所以2(n2－1)＝0，n＝1，所以S2＝3S1. ③當m＝2時，(*)式可化為3n－1＝n2－1 ＝(n＋1)(n－1)， 則存在k1，k2∈N，k1

13、而3k2－3k1＝3k1(3k2－k1－1)＝2，所以3k1＝1，3k2－k1－1＝2， 所以k1＝0，k2－k1＝1，于是n＝2，S4＝2S3. 綜上，符合條件的正整數(shù)對(m，n)為(2，2)，(3，1). 考點三　數(shù)列與不等式的綜合問題 【例3】 設各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn滿足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*. (1)求a1的值； (2)求數(shù)列{an}的通項公式； (3)證明：對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<. (1)解　令n＝1代入得a1＝2(負值舍去). (2)解　由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*，

14、 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0. 又已知數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，故Sn＝n2＋n. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n， 當n＝1時，a1＝2也滿足上式， ∴an＝2n，n∈N*. (3)證明　∵k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k) ＝k2－k＝k(k－1)≥0， ∴4k2＋2k≥3k2＋3k， ∴＝＝≤ ＝. ∴＋＋…＋ ≤ ＝<. ∴不等式成立. 規(guī)律方法　數(shù)列與不等式的綜合問題 (1)函數(shù)方法：即構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關于正實數(shù)的不等式，通過對關于正實數(shù)的不等式特殊賦值得出數(shù)列中的不等

15、式； (2)放縮方法：數(shù)列中不等式可以通過先放縮后求和或先求和后放縮求解； (3)比較方法：作差或者作商比較. 【訓練3】 已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1. (1)證明：是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式； (2)證明：＋＋…＋<. 證明　(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3. 又a1＋＝， 所以是首項為，公比為3的等比數(shù)列. 所以an＋＝，因此{an}的通項公式為an＝. (2)由(1)知＝. 因為當n≥1時，3n－1≥2×3n－1，所以≤. 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋ ＝<， 所以＋＋…＋<. 考點四　數(shù)列應用題 【例4】 (20

16、18·南京模擬)某公司一下屬企業(yè)從事某種高科技產(chǎn)品的生產(chǎn).該企業(yè)第一年年初有資金2 000萬元，將其投入生產(chǎn)，到當年年底資金增長了50%.預計以后每年年增長率與第一年的相同.公司要求企業(yè)從第一年開始，每年年底上繳資金d萬元，并將剩余資金全部投入下一年生產(chǎn).設第n年年底企業(yè)上繳資金后的剩余資金為an萬元. (1)用d表示a1，a2，并寫出an＋1與an的關系式； (2)若公司希望經(jīng)過m(m≥3)年使企業(yè)的剩余資金為4 000萬元，試確定企業(yè)每年上繳資金d的值(用m表示). 解　(1)由題意得 a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d， a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝

17、4 500－d， … an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d. (2)由(1)得an＝an－1－d＝－d ＝an－2－d－d ＝… ＝a1－d 整理得 an＝(3 000－d)－2d ＝(3 000－3d)＋2d. 由題意得am＝4 000， 即(3 000－3d)＋2d＝4 000. 解得d＝＝. 故該企業(yè)每年上繳資金d的值為時，經(jīng)過m(m≥3)年企業(yè)的剩余資金為4 000萬元. 規(guī)律方法　數(shù)列應用題 (1)根據(jù)題意，確定數(shù)列模型； (2)準確求解模型； (3)問題作答，不要忽視問題的實際意義. 一、必做題 1.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3

18、n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)令cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)由題意知，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 當n＝1時，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5. 設數(shù)列{bn}的公差為d.由 即可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1. (2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1. 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]. 兩式作差，得－Tn＝3×[2×

19、22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2] ＝3× ＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2. 2.設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且當n≥2時，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. (1)求a4的值； (2)證明：{an＋1－an}為等比數(shù)列； (3)求數(shù)列{an}的通項公式. (1)解　當n＝2時，4S4＋5S2＝8S3＋S1， 即4＋5 ＝8＋1， 解得a4＝. (2)證明　因為4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)， 所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)

20、， 即4an＋2＋an＝4an＋1 (n≥2)， 當n＝1時，4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2， 所以n＝1也滿足此式， 所以4an＋2＋an＝4an＋1 (n∈N*)， 因為＝ ＝＝＝， 所以數(shù)列是以a2－a1＝1為首項，公比為的等比數(shù)列. (3)解　由(2)知數(shù)列是以a2－a1＝1為首項，公比為的等比數(shù)列， 所以an＋1－an＝. 即－＝4， 所以數(shù)列是以＝2為首項，公差為4的等差數(shù)列，所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2， 即an＝(4n－2)×＝(2n－1)×， 所以數(shù)列{an}的通項公式是an＝(2n－1)×. 3.(2017·常州期末)已知等差數(shù)列{an

21、}的公差d為整數(shù)，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k為常數(shù)且k∈N*. (1)求k及an； (2)設a1>1，{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的首項為1，公比為q(q>0)，前n項和為Tn.若存在正整數(shù)m，使得＝T3，求q. 解　(1) 由題意得 ②－①，得d＝4＋. 因為k∈N*且d為整數(shù)，所以k＝1或k＝2. 當k＝1時，d＝6，代入①，解得a1＝3，所以an＝6n－3. 當k＝2時，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4. (2)因為a1>1，所以an＝6n－3，從而Sn＝3n2. 由＝T3，得＝1＋q＋q2， 整理得q2＋q＋1－＝0

22、. 因為Δ＝1－4≥0，所以m2≤. 因為m∈N*，所以m＝1或m＝2. 當m＝1時，q＝(舍去)或q＝. 當m＝2時，q＝0或q＝－1(均舍去). 綜上所述，q＝. 4.在等比數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3與a5的等比中項為2. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝log2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn； (3)是否存在k∈N*，使得＋＋…＋

23、＋a＝25，∴(a3＋a5)2＝25， 又an>0，∴a3＋a5＝5， 又a3與a5的等比中項為2， ∴a3a5＝4，而q∈(0，1)， ∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝，a1＝16， ∴an＝16×＝25－n. (2)∵bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1， b1＝log2a1＝log216＝log224＝4， ∴{bn}是以b1＝4為首項，－1為公差的等差數(shù)列， ∴Sn＝. (3)由(2)知Sn＝，∴＝. 當n≤8時，>0；當n＝9時，＝0； 當n>9時，<0. ∴當n＝8或n＝9時，＋＋＋…＋＝18最大. 故存在k∈N*，使得＋＋…＋<

24、k對任意n∈N*恒成立，k的最小值為19. 5.(2018·無錫一模)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝2，Sn＝an(r∈R，n∈N*). (1)求r的值及數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝(n∈N*)，記{bn}的前n項和為Tn. ①當n∈N*時，λ＜T2n－Tn恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍； ②求證：存在關于n的整式g(n)，使得 (Ti＋1)＝Tn·g(n)－1對一切n≥2，n∈N*成立. (1)解　n＝1時，S1＝a1×＝a1，解得r＝， ∴Sn＝an·. n≥2時，Sn－1＝an－1·. 兩式相減可得an＝an·－an－1·. ∴＝(n≥2). ∴an＝

25、··…··a1＝·· ·…···2＝n(n＋1)，n＝1時也適合. ∴an＝n(n＋1). (2)①解　bn＝＝，Tn＝＋＋…＋，T2n＝＋＋…＋， ∴T2n－Tn＝＋＋…＋，令Bn＝T2n－Tn， 則Bn＋1－Bn＝＋－ ＝>0， 因此數(shù)列{Bn}單調(diào)遞增， ∴(Bn)min＝. ∵當n∈N*時，λ＜T2n－Tn恒成立，∴λ<. ②證明　由①可得n≥2時Tn－Tn－1＝，即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1， ∴n≥2時， (Ti＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1. ∴存在

26、關于n的整式g(n)＝n＋1，使得 (Tn＋1)＝Tn·g(n)－1對一切n≥2，n∈N*都成立. 6.(2016·江蘇卷)記U＝{1，2，…，100}.對數(shù)列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝?，定義ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定義ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1，3，66}時，ST＝a1＋a3＋a66.現(xiàn)設{an}(n∈N*)是公比為3的等比數(shù)列，且當T＝{2，4}時，ST＝30. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)對任意正整數(shù)k(1≤k≤100)，若T?{1，2，…，k}，求證：ST＜ak＋1； (3)設C?U，D?U，SC≥SD，求證：

27、SC＋SC∩D≥2SD. (1)解　當T＝{2，4}時，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30， ∴a2＝3，a1＝＝1，故an＝a1qn－1＝3n－1. (2)證明　對任意正整數(shù)k(1≤k≤100). 由于T?{1，2，…，k}， 則ST≤a1＋a2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋32＋…＋3k－1＝＜3k＝ak＋1. (3)證明　設A＝?C(C∩D)，B＝?D(C∩D)， 則A∩B＝?，SC＝SA＋SC∩D， SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB， ∴SC＋SC∩D≥2SD等價于SA≥2SB. 由條件SC≥SD可得SA≥SB. ①若B＝?，則SB＝0，所以SA≥2SB成立， ②若B≠?，由SA≥SB可知A≠?， 設A中的最大元素為I，B中的最大元素為m， 若m≥I＋1，則由(2)得SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾. 又∵A∩B＝?，∴I≠m，∴I≥m＋1， ∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜≤≤，即SA＞2SB成立. 綜上所述，SA≥2SB.故SC＋SC∩D≥2SD成立. 14