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第五节　数列的综合应用
(1)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系；(2)能用相关知识解决与前n项和相关的问题．　
重点　数列与函数(不等式)的综合问题
1．解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点；
(2)转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
2．数列与不等式的综合问题的三种考查方式
(1)判断数列问题中的一些不等关系；
(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；
(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．
[逐点清]
1．(2022·重庆模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，且满足S2 018>0，S2 019<0，对任意正整数n，都有|an|≥|ak|，则k的值为(　　)
A．1 008　　　　　　 B．1 009
C．1 010 D．1 011
解析：C　因为S2 018>0，S2 019<0，所以a1＋a2 018＝a1 009＋a1 010>0，a1＋a2 019＝2a1 010<0，所以a1 009>0，a1 010<0，且a1 009>|a1 010|，因为对任意正整数n，都有|an|≥|ak|，所以k＝1 010，故选C．
2．(2022·江苏模拟)已知等差数列{an}的前9项和为18，函数f(x)＝(x－2)3＋1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝(　　)
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：C　由题意知，S9＝＝18，所以a1＋a9＝4，a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝4，a5＝2，又f(x)＝(x－2)3＋1，则f(x)＋f(4－x)＝(x－2)3＋1＋(4－x－2)3＋1＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝[f(a1)＋f(a9)]＋[f(a2)＋f(a8)]＋[f(a3)＋f(a7)]＋[f(a4)＋f(a6)]＋f(a5)＝4×2＋1＝9．故选C．
数列的新定义问题
　(2022·本溪模拟)已知数列{an}满足an＝log2．给出定义：使数列{an}的前k项和为正整数的k(k∈N*)叫做“好数”，则在[1,2 021]内的所有“好数”的和为________．
[解析]　由题，Sn＝log2＋log2＋…＋log2＝log2＋log2＋…＋log2＝log2＝log2(n＋2)－log22＝log2(n＋2)－1．所以Sk＝log2(k＋2)－1．因为Sk为正整数，所以log2(k＋2)－1>0，即k＋2>2 k>0．令m＝log2(k＋2)，则k＝2m－2．因为k∈[1,2 021]，所以2m∈[3,2 023]．因为y＝2x为增函数，且21＝2,22＝4，…，210＝1 024,211＝2 048，所以m∈[2,10]．所以所有“好数”的和为22－2＋23－2＋…＋210－2＝－2×9＝2 026．
[答案]　2 026
解决新定义中的数列问题的一般流程
(1)读懂定义，理解新定义数列的含义；
(2)特殊分析，比如先对n＝1,2,3，…的情况进行讨论；
(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差或等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案；
(4)联系等差数列与等比数列知识将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解．　
　(2022·襄阳模拟)在一个数列中，如果对 n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________．
解析：因为数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，所以a1a2a3＝8，所以a3＝4，同理可得a4＝1，a5＝2，a6＝4，…，所以数列{an}是周期为3的数列，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28．
答案：28
数列与函数的综合问题
　(2022·珠海模拟)已知函数y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称，且函数f(x)在(1，＋∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a4)＝f(a18)，则{an}的前21项之和为(　　)
A．0 B．
C．21 D．42
[解析]　由函数y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称，且函数f(x)在(1，＋∞)上单调，可得y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，由数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a4)＝f(a18)，可得a4＋a18＝2，又{an}是等差数列，所以a1＋a21＝a4＋a18＝2，可得数列的前21项和S21＝＝21，则{an}的前21项之和为21．故选C．
[答案]　C
1．数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识点交汇处命题的特点．
2．数列与函数的综合问题主要有以下两类：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、图象来解决；②已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．　
(2022·青岛模拟)等比数列{an}的各项均为正数，a5，a6是函数f(x)＝x3－3x2＋8x＋1的极值点，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a10＝(　　)
A．3＋log25 B．8
C．10 D．15
解析：D　f′(x)＝x2－6x＋8，∵a5，a6是函数f(x)的极值点，∴a5，a6是方程x2－6x＋8＝0的两实数根，则a5·a6＝8，∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a10＝log2(a1·a2·…·a10)＝log2(a5·a6)5＝5log28＝15，故选D．
数列与不等式的综合问题
　已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列．
(1)求出数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，任意n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
[解]　(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以＝＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以Sn＝＝<，
因为任意n∈N*，Sn≤m恒成立，所以m≥，即实数m的最小值为．
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．　
　(2022·东莞模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，前n项和为Sn．若Sn≤S8恒成立，则公差d的取值范围是________．
解析：根据等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn≤S8恒成立，可知a8≥0且a9≤0，所以1＋7d≥0且1＋8d≤0，解得－≤d≤－．
答案：
构造新数列
对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．
一、形如an＋1＝can＋d(c≠0，其中a1＝a)型
(1)若c＝1，数列{an}为等差数列；
(2)若d＝0，数列{an}为等比数列；
(3)若c≠1且d≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，得an＋1＝can＋(c－1)λ，
与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝ (c≠1)，
所以an＋ ＝c(n≥2)，
即构成以a1＋ 为首项，以c为公比的等比数列．
　(2022·济南模拟)已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an＋3．
(1)求证：{an＋3}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：由an＋1＝2an＋3，得an＋1＋3＝2an＋6＝2(an＋3)，而a1＋3＝5，
所以{an＋3}是以5为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋3＝5·2n－1，则an＝5·2n－1－3，
所以数列{an}的通项公式an＝5·2n－1－3．
二、形如an＋1＝ (r，p，q为常数，r>0，p，q，an≠0)型
an＋1＝ (r，p，q为常数，r>0，p，q，an≠0)的求解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式an＝Aan－1＋B(n≥2，A，B是常数)，进而求解．
　(2022·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{anan＋1}的前10项和S10＝(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
[解析]　因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＝＋3，即－＝3，所以数列是以3为公差，1为首项的等差数列，所以＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以an＝，所以anan＋1＝＝，所以S10＝×＋×＋…＋×＝×＝，故选C．
[答案]　C
三、形如an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)型
an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)的求解方法是等式两边同时除以pn＋1，即得 － ＝q，则数列为等差数列．
　(2022·襄阳模拟)在数列{an}中，a1＝ ，且an＋1＝－2an＋3n＋1(n∈N*)，则通项公式an＝________．
[解析]　递推式的两边同时除以3n＋1，得到 ＝－ · ＋1．令bn＝ ，则bn＋1＝－ bn＋1．显然有bn＋1－ ＝－ ，b1－ ＝－ ，故是以－ 为首项，－ 为公比的等比数列．因此bn－ ＝－ ·n－1，可得an＝－ ·(－2)n－1＋ ·3n＋1(n∈N*)．
[答案]　－ ×(－2)n－1＋ ×3n＋1(n∈N*)
[课时过关检测]
A级——基础达标
1．(2022·宜昌测试)已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 023项和为(　　)
A．－4　　　　　　　　　 B．－5
C．1 D．－1
解析：C　由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 023项和等于b1＝1，故选C．
2．(2022·天津模拟)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p·q＝(　　)
A．17　　 B．18 C．19　　　 D．20
解析：D　由题设知：a＋b＝p>0，ab＝q>0，a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，则a－2＝2b或b－2＝2a或a＋b＝－4(舍)；a，b，－2这三个数可适当排序后成等比数列，则ab＝4或－2a＝b2(舍)或－2b＝a2(舍)；∴或解得或或(舍)．∴p＝5，q＝4，则p·q＝20．故选D．
3．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群．该塔群随山势凿石分阶而建，依山势自上而下，第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，第五阶5座，从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计108座，故名一百零八塔．则该塔的阶数是(　　)
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：C　由第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，则前四阶共12座．则从第五阶后共有108－12＝96座．设第五阶塔的数目为a1，则a1＝5，设从第五阶开始自上而下，每一层的塔的数目为an，由从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列．所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋2(n－1)＝2n＋3，所以Sn＝ ＝n2＋4n，所以由Sn＝n2＋4n＝96，解得n＝8或n＝－12 (舍去)．所以该塔的阶数是4＋8＝12．故选C．
4．(多选)(2022·福州质检)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．如图，有一列曲线P0，P1，P2，…，Pn，…．已知P0是边长为1的等边三角形，Pk＋1是对Pk进行如下操作而得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k＝0,1,2，…)．记Pn的周长为Ln，面积为Sn．对于n∈N，下列结论不正确的是(　　)
A．为等差数列 B．为等比数列
C． M>0，使Ln0，使Sn解析：ABC　易知封闭曲线的周长数列{Ln}的首项L0＝3，公比为，故Ln＝3×n．易知Pk的边数为3×4k，边长为，故Pk＋1的面积比Pk的面积增加了3×4k××2＝×k，所以Sk＋1＝Sk＋×k(k＝0,1,2，…)，所以Sn＝－×n．所以＝，所以不为等差数列也不为等比数列，所以A、B均错误；当n→＋∞时，Ln＝3×n→＋∞，所以C错误；而Sn<，所以D正确．故选A、B、C．
5．(2022·湖北模拟)定义n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”为，若各项均为正数的数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a2 021＝________．
解析：设数列{an}的前n项和为Sn，由已知可得数列{an}的前n项的“均倒数”为＝＝，可得Sn＝(2n＋1)n＝2n2＋n，所以a2 021＝S2 021－S2 020＝(2×2 0212＋2 021)－(2×2 0202＋2 020)＝8 083．
答案：8 083
6．(2022·遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)＝f(3)＋f(an)，则an＝________．
解析：由题意可得Sn＋2＝3an，①
当n≥2时，Sn－1＋2＝3an－1，②
则①－②，可得an＝3an－3an－1，即2an＝3an－1，所以＝，当n＝1时，a1＝1 ，所以{an}是以1为首项，为公比的等比数列，所以an＝a1·qn－1＝n－1．
答案：n－1
7．(2022·文登期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝an2＋bn(a，b均为常数)，且a7＝．设函数f(x)＝sin 2x＋2cos2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前13项和为________．
解析：∵Sn＝an2＋bn，∴当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝2an＋b－a；又当n＝1时，有S1＝a1＝a＋b也适合上式，∴an＝2an＋b－a，又an＋1－an＝2a为常数，∴数列{an}是公差为2a的等差数列，又∵a7＝，∴an＋a14－n＝π，∵f(x)＝sin 2x＋2cos2＝sin 2x＋cos x＋1，∴yn＋y14－n＝f(an)＋f(a14－n)＝sin 2an＋sin 2a14－n＋cos an＋cos a14－n＋2＝sin 2an＋sin 2(π－an)＋cos an＋cos(π－an)＋2＝2，又y7＝f(a7)＝1，∴数列{yn}的前13项和为f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a12)＋f(a13)＝2×6＋1＝13．
答案：13
8．数列{an}满足：a1＝1，点(n，an＋an＋1)在函数y＝kx＋1的图象上，其中k为常数，且k≠0．
(1)若a1，a2，a4成等比数列，求k的值；
(2)当k＝3时，求数列{an}的前2n项的和S2n．
解：(1)由an＋an＋1＝kn＋1可得a1＋a2＝k＋1，a2＋a3＝2k＋1，a3＋a4＝3k＋1，
所以a2＝k，a3＝k＋1，a4＝2k．
又a1，a2，a4成等比数列，∴a＝a1a4，即k2＝2k，
又k≠0，故k＝2．
(2)k＝3时，an＋an＋1＝3n＋1，∴a1＋a2＝4，a3＋a4＝10，…，a2n－1＋a2n＝3(2n－1)＋1，
S2n＝4＋10＋…＋6n－2＝n＝3n2＋n．
B级——综合应用
9．(多选)(2022·潍坊模拟)在数列{an}中，若an＋an＋1＝3n，则称{an}为“和等比数列”．设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，则下列对“和等比数列”的判断中正确的有(　　)
A．a2 020＝ B．a2 020＝
C．S2 021＝ D．S2 021＝
解析：AC　因为an＋an＋1＝3n，所以an＋1＋an＋2＝3n＋1，两式相减得an＋2－an＝2×3n，又a1＝1，a1＋a2＝3，所以a2＝2，所以a2 020＝(a2 020－a2 018)＋(a2 018－a2 016)＋…＋(a4－a2)＋a2＝2×(32＋34＋…＋32 018)＋2＝，故A正确，B错误；S2 021＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 020＋a2 021)＝1＋(32＋34＋…＋32 020)＝，故C正确，D错误．故选A、C．
10．(2022·江苏模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，点在直线y＝x上．若bn＝(－1)nan，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足|Tn|≤20的n的最大值为________．
解析：由题意知＝，则Sn＝，当n＝1时，a1＝S1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1．而a1＝3×1－1＝2，符合上式，∴an＝3n－1，n∈N*，∴bn＝(－1)nan＝(－1)n(3n－1)，∴Tn＝－2＋5－8＋11－…＋(－1)n(3n－1)，当n为奇数时，Tn＝－(3n－1)＝－，当n为偶数时，Tn＝，∴要使|Tn|≤20，即≤20且≤20，解得n≤13且n∈N*．
答案：13
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an，n∈N*，a1＝1．
(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求{an}的通项公式；
①数列是等差数列；
②数列是等比数列；
③数列是等比数列．
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)选结论①．
因为Sn＋1＝4an，a1＝1，所以a2＝3．
当n≥2时，Sn＝4an－1，两式相减得，an＋1＝4an－4an－1，
所以＝2·－，即－＝－，n≥2，所以数列是等差数列．
又＝，－＝－＝，
所以＝＋(n－1)＝，所以an＝(n＋1)·2n－2．
选结论②．
因为Sn＋1＝4an，a1＝1，所以a2＝3．
当n≥2时，Sn＝4an－1，两式相减得，an＋1＝4an－4an－1，
所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，n≥2，
因为a2－2a1＝1，所以{an＋1－2an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1－2an＝2n－1，两边同时除以2n＋1得，－＝，
所以是以＝为首项，为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)＝，所以an＝(n＋1)·2n－2．
选结论③．
因为Sn＋1＝4an，a1＝1，所以S2＝4．
当n≥2时，Sn＋1＝4Sn－4Sn－1，所以Sn＋1－2Sn＝2(Sn－2Sn－1)，
因为S2－2S1＝2，所以{Sn＋1－2Sn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn＋1－2Sn＝2n，两边同时除以2n＋1，得－＝，
所以是以＝为首项，为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)＝，所以Sn＝n·2n－1．
所以an＝＝(n＋1)·2n－2．
(2)由(1)得，Sn＝n·2n－1，
所以bn＝＝＝4·＝4·，
所以Tn＝4＝4＝4－．
C级——迁移创新
12．(2022·南京质检)将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12,2×6,3×4三种，其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的一种，我们称3×4为12的最佳分解．当p×q(p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，我们定义函数f(n)＝|p－q|，例如f(12)＝|4－3|＝1，则(2i)＝(　　)
A．21 011－1 B．21 011
C．21 010－1 D．21 010
解析：A　(2i)＝f(2)＋f(22)＋…＋f(22 021)＝|21－20|＋|21－21|＋|22－21|＋|22－22|＋…＋|21 010－21 010|＋|21 010－21 011|＝1＋0＋2＋0＋…＋0＋21 010＝1＋2＋22＋…＋21 010＝＝21 011－1．故选A．
13．(2022·湖南模拟)某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在(1)的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知_____________．
①判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)
②若a1－a3＝3，记bn＝|an|，求证：b1＋b2＋…＋bn<．
(1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列{an}的首项a1的值或公比q的值(只补充其中一个值)，并说明你的理由；
(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．
解：(1)条件的“已知”后面补充“公比q＝－”，理由如下：
由S1，S3，S2成等差数列，得S1＋S2＝2S3，
即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．因为a1≠0，
故上式可化简为2q2＋q＝0，因为q≠0，解得q＝－．
(2)证明：因为a1－a3＝3，所以a1－a12＝3，解得a1＝4，所以an＝4·n－1．
由bn＝|an|，得bn＝×4×＝．
记b1＋b2＋…＋bn＝Tn，
则Tn＝， ①
则Tn＝， ②
由①－②，得Tn＝＝＝，
所以Tn＝，所以Tn＝－·<．

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