2022高考总复习(人教A版)高中数学-第五章-数列-第5讲-数列的综合应用.docx

第5讲数列的综合应用_等差数列与等比数列的综合问题_(2022高考北京卷)已知an是等差数列，满足a13，a412，数列bn满足b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前n项和解(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d3，所以ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为2n1.所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.规律方法解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系假犹如一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独争辩；假如两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开弄清两个数列各自的特征，再进行求解1.(2021高考课标全国卷)已知等差数列an的公差不为零，a125 ，且a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求a1a4a7a3n2. 解：(1)设an的公差为d，由题意得aa1a13，即(a110d)2a1(a112d)于是d(2a125d)0.又a125，所以d0(舍去)，d2.故an2n27.(2)令Sna1a4a7a3n2.由(1)知a3n26n31，故a3n2是首项为25，公差为6的等差数列从而Sn(a1a3n2)(6n56)3n228n._数列的实际应用问题_某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年削减从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初削减10万元；从第7年开头，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设Sn表示数列an的前n项和，求Sn(n7)解(1)当n6时，数列an是首项为120，公差为10的等差数列，an12010(n1)13010n；当n6时，数列an是以a6为首项，为公比的等比数列又a670，所以an70.因此，第n年初，M的价值an的表达式为an(2)由等差及等比数列的求和公式得当n7时，由于S6570，故SnS6(a7a8an)570704780210.规律方法解答数列实际应用问题的步骤：(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简洁的递推数列模型基本特征见下表：数列模型基本特征等差数列均匀增加或者削减等比数列指数增长，常见的是增产率问题、存款复利问题简洁递推数列指数增长的同时又均匀削减如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列an满足an11.2ana(2)精确解决模型：解模就是依据数列的学问，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要留意运算精确；(3)给出问题的答案：实际应用问题最终要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点2.现有流量均为300 m3s的两条河A，B汇合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为2 kgm3和0.2 kgm3，假设从汇合处开头，沿岸设有若干观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在1 s内交换100 m3的水量，即从A股流入B股100 m3水，经混合后，又从B股流入A股100 m3水并混合，问从第几个观测点开头，两股河水的含沙量之差小于0.01 kgm3(不考虑沙沉淀)解：设第n个观测点处A股水流含沙量为an kgm3，B股水流含沙量为bn kgm3，则a12，b10.2，bn(300bn1100an1)(3bn1an1)，an(300an1100bn1)(3an1bn1)，anbn(an1bn1)，anbn是以(a1b1)为首项，为公比的等比数列anbn.解不等式180，n9.因此，从第9个观测点开头，两股水流的含沙量之差小于0.01 kgm3._数列与不等式的综合问题(高频考点)_数列与不等式的综合问题是每年高考的难点，多为解答题，难度偏大高考对数列与不等式的综合问题的考查常有以下两个命题角度：(1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；(2)考查与数列问题有关的不等式的证明问题等比数列an满足an1an92n1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列an的前n项和为Sn，若不等式Snkan2对一切nN*恒成立，求实数k的取值范围解(1)设等比数列an的公比为q，an1an92n1，nN*，a2a19，a3a218，q2.2a1a19，a13.an32n1，nN*.(2)由(1)知Sn3(2n1)，3(2n1)k32n12，k2对一切nN*恒成立令f(n)2，则f(n)随n的增大而增大，f(n)minf(1)2，k.实数k的取值范围为.规律方法数列与不等式的综合问题的解题策略(1)数列与不等式的恒成立问题此类问题常构造函数，通过函数的单调性、最值等解决问题；(2)与数列有关的不等式证明问题解决此类问题要机敏选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等3.(1)(2021陕西商洛模拟)已知函数f(x)满足f(xy)f(x)f(y)且f(1).当nN*时，求f(n)的表达式；设annf(n)，nN*，求证：a1a2a3an2；(2)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an(nN*)求证：数列是等比数列；设数列2nan的前n项和为Tn，An，试比较An与的大小解：(1)令xn，y1，得f(n1)f(n)f(1)f(n)，f(n)是首项为，公比为的等比数列，f(n).证明：设Tn为an的前n项和，annf(n)n，Tn23n，Tn23(n1)n，两式相减得Tnn，Tn2n2.(2)证明：由a1S123a1，得a1，当n2时，由anSnSn1，得，所以是首项和公比均为的等比数列由得，于是2nann，所以Tn123n，则2，于是An2，而，所以问题转化为比较与的大小设f(n)，g(n)，当n4时，f(n)f(4)1，而g(n)g(n)阅历证当n1，2，3时，仍有f(n)g(n)因此对任意的正整数n，都有f(n)g(n)即An.交汇创新数列与函数的交汇(2022高考四川卷)设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)若a12，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.解(1)由已知，b72a7，b82a84b7，有2a842a72a72.解得da8a72.所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意知，a22，解得a22.所以da2a11，从而ann，bn2n.所以Tn，2Tn.因此，2TnTn12.所以Tn.名师点评数列与函数的交汇创新主要有以下两类：(1)如本例，已知函数关系转化为数列问题，再利用数列的有关学问求解；(2)已知数列，在求解中利用函数的性质、思想方法解答提示解题时要留意数列与函数的内在联系，机敏运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此把握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决，同时要留意n的范围已知数列an的前n项和为Sn，a11且3an12Sn3(n为正整数)(1)求an的通项公式；(2)若nN*，kSn恒成立，求实数k的最大值解：(1)当n1时，a11，3an12Sn3a2；当n2时，3an12Sn33an2Sn13，得3(an1an)2(SnSn1)0，因此3an1an0，即，由于，所以数列an是首项a11，公比q的等比数列，所以an.(2)由于nN*，kSn恒成立，Sn，即k，所以k1.令f(n)1，nN*，所以f(n)单调递增，k只需小于等于f(n)的最小值即可，当n1时，f(n)取得最小值，所以kf(1)1，实数k的最大值为.1(2021山西省四校联考)设等差数列an和等比数列bn首项都是1，公差与公比都是2，则ab1ab2ab3ab4ab5()A54B56C58 D57解析：选D.由题意，an12(n1)2n1，bn12n12n1，ab1ab5a1a2a4a8a16137153157.2已知数列an满足：a1m(m为正整数)，an1若a61，则m全部可能的取值为()A4，5 B4，32C4，5，32 D5，32解析：选C.an1留意递推的条件是an(而不是n)为偶数或奇数由a61始终往前面推导可得a14或5或32.3(2022高考辽宁卷)设等差数列an的公差为d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0Ca1d0解析：选C.设bn2a1an，则bn12a1an1，由于2a1an是递减数列，则bnbn1，即2a1an2a1an1.y2x是单调增函数，a1ana1an1，a1ana1(and)0，a1(anand)0，即a1(d)0，a1d0.4在数列an中，若a12，an1ann2n，则an()A(n2)2n B1C. D.解析：选A.由于an1ann2n，所以an1ann2n，所以ana1(anan1)(an1an2)(a2a1)(n1)2n1(n2)2n2222121(n2)设Tn(n1)2n1(n2)2n2222121(n2)，则2Tn(n1)2n(n2)2n1(n3)2n2223122，两式相减得Tn(n2)2n2(n2)，所以an(n2)2n2a1(n2)2n(n2)又n1时，上式成立，所以选A.5(2021湖南澧县一中等三校联考)在等比数列an中，0a1a41，则能使不等式0成立的最大正整数n是()A5 B6C7 D8解析：选C.设等比数列an的公比为q，则为等比数列，其公比为，由于0a11且a1.又由于0，所以a1a2an，即，把a1代入，整理得qnq7，由于q1，所以n7，故选C.6(2021高考江西卷)某住宅小区方案植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn2n12.由2n12100，得2n1102.由于2664，27128.则n17，即n6.答案：67在等比数列an中，若an0，且a1a2a7a816，则a4a5的最小值为_解析：由等比数列性质得，a1a2a7a8(a4a5)416，又an0，a4a52.再由基本不等式，得a4a522.a4a5的最小值为2.答案：28设Sn是数列an的前n项和，若(nN*)是非零常数，则称数列an为“和等比数列”若数列2bn是首项为2，公比为4的等比数列，则数列bn_(填“是”或“不是”)“和等比数列”解析：数列2bn是首项为2，公比为4的等比数列，所以2bn24n122n1，bn2n1.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnn2，T2n4n2，所以4，因此数列bn是“和等比数列”答案：是9在等比数列an(nN*)中，a11，公比q0，设bnlog2an，且b1b3b56，b1b3b50.(1)求证：数列bn是等差数列；(2)求bn的前n项和Sn及an的通项公式an.解：(1)证明：bnlog2an，bn1bnlog2log2q为常数，数列bn为等差数列且公差dlog2q.(2)设数列bn的公差为d，b1b3b56，b32.a11，b1log2a10.b1b3b50，b50.解得Sn4n(1).an25n(nN*)10(2022高考浙江卷)已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN*)若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nN*)记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*，均有SkSn.解：(1)由题意知a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()b3b28.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项公式为an2n(nN*)，所以，a1a2a3an2()n(n1)故数列bn的通项公式为bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn(nN*)由于c10，c20，c30，c40，当n5时，cn，而0，得1，所以，当n5时，cn0且a1)的图象上一点，等比数列an的前n项和为f(n)c，数列bn(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足SnSn1(n2，nN*)(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn.问Tn的最小正整数n是多少？解：(1)f(1)a，f(x)，a1f(1)cc，a2f(2)cf(1)c，a3f(3)cf(2)c.又数列an成等比数列，a1c，得c1；又公比q，an2，nN*.SnSn1()()(n2)，又bn0，0，1，数列构成以1为首项，1为公差的等差数列，1(n1)1n，Snn2.当n2时，bnSnSn1n2(n1)22n1，当n1时，b1S11也适合bn2n1，bn2n1(nN*)(2)Tn.由Tn，得n，满足Tn的最小正整数n为67.