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§6.6　数列中的综合问题
考试要求　1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．
题型一　数学文化与数列的实际应用
例1　(1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案　C
解析　设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3 402(块)．
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×
6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝_______ dm2.
答案　5　240
解析　依题意得，S1＝120×2＝240；
S2＝60×3＝180；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30，
20×＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15,10×＝15,20×＝15，
所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.
所以k＝240，①
所以×k
＝240，②
由①－②得，×k
＝240
＝240
＝240，
所以k＝240dm2.
教师备选
1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为(　　)
A．4.5尺 B．3.5尺
C．2.5尺 D．1.5尺
答案　A
解析　冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，
由题意得，
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，
所以a7＝11.5－7＝4.5，
即春分时节的日影长为4.5尺．
2．古希腊时期，人们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，把这个比值称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，若M与K之间的距离超过1.5 m，C与F之间的距离小于11 m，则该古建筑中A与B之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)(　　)
A．30.3 m B．30.1 m
C．27 m D．29.2 m
答案　C
解析　设|AB|＝x，a≈0.618，
因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，
所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，
|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x.
由题设得
解得26.786思维升华　数列应用问题常见模型
(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值．
(2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．
(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，那么应考虑an与an＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．
跟踪训练1　(1)(2022·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到(　　)
A．2022年12月 B．2023年2月
C．2023年4月 D．2023年6月
答案　B
解析　每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，
设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，则70＋5n＋×1＝500，
化简整理得，n2＋9n－860＝0，
解得n≈25.17或n≈－34.17(舍)，
所以预计我国累计开通500万个5G基站需要25个月，也就是到2023年2月．
(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{an}，则(　　)
A．a4＝12
B．an＋1＝an＋n＋1
C．a100＝5 050
D．2an＋1＝an·an＋2
答案　BC
解析　由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，
an＝an－1＋n，故an＝，
∴a4＝＝10，故A错误；
an＋1＝an＋n＋1，故B正确；
a100＝＝5 050，故C正确；
2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，
an·an＋2＝，
显然2an＋1≠an·an＋2，故D错误．
题型二　等差数列、等比数列的综合运算
例2　(2022·滨州模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，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S100.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为b2＝4，所以a2＝2log2b2＝4，
所以d＝a2－a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
又an＝2log2bn，即2n＝2log2bn，
所以n＝log2bn，
所以bn＝2n.
(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，
即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b7＝＝a64，b8＝＝a128，
所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，
所以S100＝P107－Q7
＝－＝11 302.
教师备选
(2020·浙江)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋，n∈N*.
(1)解　由b1＝1，b1＋b2＝6b3，且{bn}为等比数列，得1＋q＝6q2，解得q＝(负舍)．
∴bn＝.
∴cn＋1＝cn＝4cn，∴cn＝4n－1.
∴an＋1－an＝4n－1，
∴an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝＋1
＝.
(2)证明　由cn＋1＝·cn(n∈N*)，
可得bn＋2·cn＋1＝bn·cn，
两边同乘bn＋1，
可得bn＋1·bn＋2·cn＋1＝bn·bn＋1·cn，
∵b1b2c1＝b2＝1＋d，
∴数列{bnbn＋1cn}是一个常数列，
且此常数为1＋d，即bnbn＋1cn＝1＋d，
∴cn＝＝·
＝·＝，
又∵b1＝1，d>0，∴bn>0，
∴c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋…＋
＝
＝
＝<1＋，
∴c1＋c2＋…＋cn<1＋.
思维升华　对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
跟踪训练2　已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝1，a2＋a4＝10，
所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2.
所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2b4＝a5，
所以b1q·b1q3＝9.
又b1＝1，所以q2＝3.
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
则b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
题型三　数列与其他知识的交汇问题
命题点1　数列与不等式的交汇
例3　已知数列{an}满足a1＝，＝＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：a＋a＋a＋…＋a<.
(1)解　因为＝＋2(n∈N*)，
所以－＝2(n∈N*)，
因为a1＝，所以＝2，
所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，所以＝2＋2(n－1)＝2n(n∈N*)，
所以数列{an}的通项公式是an＝(n∈N*)．
(2)证明　依题意可知
a＝2＝·<··
＝(n>1)，
所以a＋a＋a＋…＋a
<
＝<.
故a＋a＋a＋…＋a<.
命题点2　数列与函数的交汇
例4　(1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q>1，a2，a3是函数f(x)＝x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和是________．
答案　1 022
解析　由f(x)＝x3－6x2＋32x，
得f′(x)＝x2－12x＋32，
又因为a2，a3是函数f(x)＝x3－6x2＋32x的两个极值点，
所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，
故
因为q>1，所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，
则前9项和S9＝＝210－2＝1 022.
教师备选
1．已知函数f(x)＝log2x，若数列{an}的各项使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝______________.
答案　(4n－1)
解析　设等差数列的公差为d，
则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，
于是log2a1＝4，log2a2＝6，log2a3＝8，…，
从而a1＝24，a2＝26，a3＝28，…，
易知数列{an}是等比数列，其公比q＝＝4，
所以Sn＝＝(4n－1)．
2．求证：＋＋＋…＋<2(n∈N*)．
证明　因为<，
所以不等式左边<＋＋＋…＋.
令A＝＋＋＋…＋，
则A＝＋＋＋…＋，
两式相减得A＝＋＋＋…＋－
＝1－－，
所以A＝2－<2，即得证．
思维升华　数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．
跟踪训练3　(1)(2022·长春模拟)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.数列{bn}满足bn＝log2an，其前n项和为Sn，若≤λ恒成立，则λ的最小值为________．
答案　
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由题意可得
解得a1＝4，q＝4，
故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*.
bn＝log2an＝log24n＝2n，
Sn＝2n＋n(n－1)·2＝n2＋n，
＝＝，n∈N*，
令f(x)＝x＋，
则当x∈(0，)时，f(x)＝x＋单调递减，
当x∈(，＋∞)时，f(x)＝x＋单调递增，
又∵f(3)＝3＋＝，f(4)＝4＋＝，
且n∈N*，∴n＋≥，
即≤＝，
故λ≥，故λ的最小值为.
(2)若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4.
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
解　①设{an}的公差为d(d≠0)，
则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.
因为S1，S2，S4成等比数列，
所以a1·(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.
所以2a1d＝d2.
因为d≠0，所以d＝2a1.
又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.
②因为bn＝＝
＝，
所以Tn＝
＝<.
要使Tn<对所有n∈N*都成立，
则有≥，即m≥30.
因为m∈N*，
所以m的最小值为30.
课时精练
1．(2022·青岛模拟)从“①Sn＝n；②S2＝a3，a4＝a1a2；③a1＝2，a4是a2，a8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，________，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解　(1)选①：
Sn＝n＝n2＋n，
令n＝1，得a1＝1＋，即a1＝2，
所以Sn＝n2＋n.
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，满足上式，
所以an＝2n.
选②：
由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，
又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，
因为d≠0，则a1＝d＝2，所以an＝2n.
选③：
由a4是a2，a8的等比中项，得a＝a2a8，
则(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.
(2)Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n
＝3·22n＋2n，
所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝＋＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.
2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a＝2Sn＋n＋1，a2＝2.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn>2 022的最小的正整数n的值．
解　(1)当n≥2时，
由a＝2Sn＋n＋1，a2＝2，
得a＝2Sn－1＋n－1＋1，
两式相减得a－a＝2an＋1，
即a＝a＋2an＋1＝(an＋1)2.
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
当n＝1时，a＝2a1＋2＝4，
∴a1＝1，∴a2－a1＝1，
∴数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n.
(2)由(1)知bn＝an·2n＝n·2n，
∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式相减得－Tn＝－n·2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，
∴Tn单调递增．
当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1 538<2 022，
当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3 586>2 022，
∴使Tn>2 022的最小的正整数n的值为8.
3．(2022·大连模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.
解　(1)由题意知，等差数列{an}的前n项和为Sn，由S5＝25，可得S5＝5a3＝25，所以a3＝5，
设数列{an}的公差为d，
由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列，
可得(6＋d)2＝4(8＋4d)，
整理得d2－4d＋4＝0，解得d＝2，
所以an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.
(2)由(1)知
bn＝(－1)nan＋1＝(－1)n(2n－1)＋1，
所以T2n＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n－3)＋1]＋(4n－1＋1)＝4n.
4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前(4n＋3)项和T4n＋3.
解　(1)由题意，设数列{an}的公差为d，
因为a3＝5，a1a2＝2a4，
可得
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，
即2d2－17d＋15＝0，解得d＝或d＝1，
因为{an}为整数数列，所以d＝1，
又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.
(2)由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又由数列{bn}的通项公式为bn＝2n，
根据题意，得新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，
则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2
＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
＝＋＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
5．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，
∴Sn＝na1＋n(n－1)，
(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1，
当n为偶数时，
Tn＝－＋－…
＋－
＝1－＝；
当n为奇数时，
Tn＝－＋－…－＋
＝1＋＝.
∴Tn＝

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