资源简介 第44课时 数列的综合应用[考试要求] 1．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法．2．会利用数列的函数特性解与不等式相关的数列综合问题．考点一 数列中的不等式证明[典例1] 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan+1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列的前n项和为Tn，求证： 名师点评：与数列有关的不等式证明问题的求解常用两种方法：一是放缩法；二是借助函数的单调性证明．(1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式．放缩时要研究通项，放缩是为了能化简．(2)常见的放缩技巧①<；②<<；③2()<<2()；④<<<≤．[巩固迁移]1．(2025·河南九师联盟二模)已知数列{an}满足a1＝1，an+1an＝an－2an+1．(1)求{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<2． 考点二 数列中的不等式恒成立[典例2] (2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn+1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 名师点评：数列与不等式的恒成立问题可借助数列的增减性或转化为函数的最值问题解答．[巩固迁移]2．已知数列的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，求实数t的取值范围． 考点三 数列模型的应用[典例3] 某西部地区进行沙漠治理，已知该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠，从今年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造为绿洲，同时原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠，设从今年起第n年绿洲面积为an万平方千米．(1)求an与an-1(n≥2)的关系；(2)判断是不是等比数列，并说明理由；(3)至少经过几年，绿洲面积可超过60%？(lg 2≈0.301) 名师点评：一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列模型，涉及依次增加或依次减少要用等差数列模型，有的问题需通过转化得到等差或等比数列．[巩固迁移]3．(多选)小明向银行贷款A0元创业，并与银行约定：每个月还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为r．设小明每个月所要还的钱数为x元，则下列说法正确的是 ( )A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法”B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法”C．小明第一个月还款的现值为 元D．x＝4．(2021·新高考Ⅰ卷)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Sk＝___________dm2．第44课时 数列的综合应用精研考点·提升素养考点一典例1 解：(1)∵4Sn＝anan+1，n∈N*，①∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4．当n≥2时，4Sn-1＝an-1an，②①－②得4an＝anan+1－an-1an．由题意知an≠0，∴an+1－an-1＝4．当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k+2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；当n＝2k，k∈N*时，a2k+1－a2k-1＝4，即a1，a3，…，a2k-1是首项为2，公差为4的等差数列，∴a2k-1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)．综上可知，an＝2n，n∈N*．(2)证明：∵，∴Tn＝＋…＋>＝．又∵＝，∴Tn＝＋…＋<＝．综上所述，．巩固迁移1．解：(1)由题设条件，可得若an≠0，则an+1≠0，用反证法，假设an+1＝0，由题设条件，显然an＝0，这与已知条件矛盾，所以an+1≠0．因为a1＝1，an+1an＝an－2an+1，所以an≠0，由an+1an＝an－2an+1得＝1，所以，又＋1＝2≠0，所以是首项、公比均为2的等比数列．所以＋1＝2n，即an＝．(2)证明：(先放缩再证明)因为当n＝1时，2n-1＝1，当n≥2时，2n-1>1，所以2n－1>2n-1>0，即an＝，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<1＋＋…＋<2．综上，Sn<2，得证．考点二典例2 解：(1)因为4Sn+1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn-1－9，两式相减可得4an+1＝3an，即．当n＝1时，4S2＝4＝－－9，解得a2＝－．所以数列{an}是首项为－的等比数列，所以an＝－．(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×．所以Tn＝－3×＋…＋(n－4)×，①＋…＋(n－5)×＋(n－4)×，②①－②得＋…＋－(n－4)×－(n－4)×，所以Tn＝－4n×．因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n×≤λ(n－4)×对任意n∈N*恒成立，即－3n≤λ(n－4)对任意n∈N*恒成立，当n<4时，λ≤，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立；当n>4时，λ≥，此时λ≥－3．所以－3≤λ≤1．巩固迁移2．解：由2an＋1＝3Sn，得an＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1，则＝Sn－Sn-1，整理得Sn＝－2Sn-1＋1，即Sn－，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1，于是S1－，公比为－2的等比数列，因此Sn－·(－2)n-1，即Sn＝，由tSn<2n，得·t<2n，当n为奇数时，·t<2n，即t<为递增数列，当n＝1时，＝2，于是t<2，当n为偶数时，·t<2n，即t>，显然恒有－3＋<－3，于是t≥－3，所以实数t的取值范围为．考点三典例3 解：(1)由题意当n≥2时，an＝(1－0.04)an-1＋(1－an-1)×0.16＝0.8an-1＋0.16＝，所以an＝(n≥2)．(2)数列是等比数列．理由如下：由(1)得an＝(n≥2)，设an＋x＝(an-1＋x)，可得an＝，所以－，解得x＝－，所以an－(n≥2)，且a1－，因此，数列是首项为－的等比数列．(3)由(2)可知，数列是首项为－的等比数列，所以an－，即an＝－．令an＝－，两边取常用对数，得(n－1)lg，所以n－1>＝≈4.1，所以n>5.1．所以，至少经过6年，绿洲面积可超过60%．巩固迁移3．BCD [AB选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法”，A错误，B正确； C选项，设小明第一个月还款的现值为M元，则M(1＋r)＝x，解得M＝元，故C正确；D选项，根据“等额本息还款法”可得，第一个月月末所欠银行贷款为A1＝A0(1＋r)－x元，第二个月月末所欠银行贷款为A2＝A1(1＋r)－x＝A0(1＋r)2－x(1＋r)－x元，第三个月月末所欠银行贷款为A3＝A2(1＋r)－x＝A0(1＋r)3－x(1＋r)2－x(1＋r)－x元，……第十二个月月末所欠银行贷款为A12＝A0(1＋r)12－x(1＋r)11－x(1＋r)10－…－x(1＋r)－x＝A0(1＋r)12－x[(1＋r)11＋(1＋r)10＋…＋(1＋r)＋1]＝A0(1＋r)12－＝A0(1＋r)12＋元，由于分12次还清所有的欠款，故A0(1＋r)12＋＝0，解得x＝，D正确．故选BCD．]4．5 240 [依题意得，S1＝120×2＝240 dm2；S2＝60×3＝180 dm2；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 dm2；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 dm2；……所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝ dm2．所以，①所以，②由①－②得，＝240＝240＝240，所以 dm2．]3/3(共88张PPT)第44课时 数列的综合应用第六章 数列[考试要求]1．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法．2．会利用数列的函数特性解与不等式相关的数列综合问题．考点一 数列中的不等式证明[典例1] 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan+1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列．精研考点·提升素养[解] (1)∵4Sn＝anan+1，n∈N*，①∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4．当n≥2时，4Sn-1＝an-1an，②①－②得4an＝anan+1－an-1an．由题意知an≠0，∴an+1－an-1＝4．当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k+2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；当n＝2k，k∈N*时，a2k+1－a2k-1＝4，即a1，a3，…，a2k-1是首项为2，公差为4的等差数列，∴a2k-1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)．综上可知，an＝2n，n∈N*．(2)证明：∵，∴Tn＝＋…＋>＝．又∵＝，∴Tn＝＋…＋<＝．综上所述，．名师点评：与数列有关的不等式证明问题的求解常用两种方法：一是放缩法；二是借助函数的单调性证明．(1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式．放缩时要研究通项，放缩是为了能化简．(2)常见的放缩技巧①；②；③2()<<2()；④．[巩固迁移]1．(2025·河南九师联盟二模)已知数列{an}满足a1＝1，an+1an＝an－2an+1．(1)求{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<2．[解] (1)由题设条件，可得若an≠0，则an+1≠0，用反证法，假设an+1＝0，由题设条件，显然an＝0，这与已知条件矛盾，所以an+1≠0．因为a1＝1，an+1an＝an－2an+1，所以an≠0，由an+1an＝an－2an+1得＝1，所以，又＋1＝2≠0，所以是首项、公比均为2的等比数列．所以＋1＝2n，即an＝．(2)证明：(先放缩再证明)因为当n＝1时，2n-1＝1，当n≥2时，2n-1>1，所以2n－1>2n-1>0，即an＝，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<1＋＋…＋<2．综上，Sn<2，得证．【教用·备选题】已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＝2an(n∈N*)．(1)证明：数列{Sn＋2}是等比数列；(2)设数列≤Tn<1．[证明] (1)当n＝1时，S1＋2＝2a1，∴S1＝a1＝2，当n≥2时，Sn＋2＝2(Sn－Sn-1)，Sn＝2Sn-1＋2，Sn＋2＝2(Sn-1＋2)，∴＝2，又S1＋2＝4，∴数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知Sn＋2＝4×2n-1，Sn＝2n+1－2，代入Sn＋2＝2an，得an＝2n，∴＝，∴Tn＝＋…＋＝1－<1，由n≥1，2n+1≥4，2n+1－1≥3，得，∴－，∴1－．综上所述，≤Tn<1．考点二 数列中的不等式恒成立[典例2] (2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn+1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)因为4Sn+1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn-1－9，两式相减可得4an+1＝3an，即．当n＝1时，4S2＝4－9，解得a2＝－．所以数列{an}是首项为－的等比数列，所以an＝－．(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×．所以Tn＝－3×＋…＋(n－4)×，①＋…＋(n－5)×＋(n－4)×，②①－②得＋…＋－(n－4)×－(n－4)×，所以Tn＝－4n×．因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n×≤λ(n－4)×对任意n∈N*恒成立，即－3n≤λ(n－4)对任意n∈N*恒成立，当n<4时，λ≤，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立；当n>4时，λ≥，此时λ≥－3．所以－3≤λ≤1．名师点评：数列与不等式的恒成立问题可借助数列的增减性或转化为函数的最值问题解答．[巩固迁移]2．已知数列的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．[解] 由2an＋1＝3Sn，得an＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1，则＝Sn－Sn-1，整理得Sn＝－2Sn-1＋1，即Sn－，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1，于是S1－，公比为－2的等比数列，因此Sn－·(－2)n-1，即Sn＝，由tSn<2n，得·t<2n，当n为奇数时，·t<2n，即t<为递增数列，当n＝1时，＝2，于是t<2，当n为偶数时，·t<2n，即t>，显然恒有－3＋<－3，于是t≥－3，所以实数t的取值范围为．【教用·备选题】1．各项不为零的数列{an}满足an＝(n≥2，n∈N*)，且a2＝－1．(1)求证：数列为等差数列；(2)若≥λ对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)证明：∵各项不为零的数列{an}满足an＝(n≥2，n∈N*)，两边同时取倒数，可得＋3，∴＝3．∵a2＝－1，∴＝3，解得＝－4．∴数列为等差数列，且公差为3，首项为－4．(2)由(1)可得＝－4＋3(n－1)＝3n－7，∴an＝．∵≥λ对任意n∈N*恒成立，∴λ≤对任意n∈N*恒成立，令f (n)＝，当n＝1时，f (1)＝4；当n＝2时，f (2)＝－；当n≥3时，f (n)单调递增，＝f (3)≤f (n)<1，∴f (n)min＝f (2)＝－，∴λ≤－．∴实数λ的取值范围为．2．已知数列且b4＝8，其前11项和为154．(1)求数列的通项公式；(2)令cn＝对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值．[解] (1)由题意，得＝n＋4，即Sn＝n2＋4n，故当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n2＋4n－＝2n＋3，∵当n＝1时，a1＝S1＝5符合上式，∴an＝2n＋3，n∈N*．∵bn+2－2bn+1＋bn＝0，∴为等差数列，∴＝154，∵b4＝8，∴b8＝20，∴数列{bn}的公差d＝＝3，∴bn＝b4＋3＝3n－4，即bn＝3n－4，n∈N*．(2)cn＝＝＝＝＝．∴Tn＝．∵Tn+1－Tn＝＝>0，∴数列{Tn}为递增数列，Tn的最小值为T1且T1＝，令，得k<12，∴kmax＝12．∴使不等式Tn>对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值为12．考点三 数列模型的应用[典例3] 某西部地区进行沙漠治理，已知该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠，从今年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造为绿洲，同时原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠，设从今年起第n年绿洲面积为an万平方千米．(1)求an与an-1(n≥2)的关系；(2)判断是不是等比数列，并说明理由；(3)至少经过几年，绿洲面积可超过60%？(lg 2≈0.301)[解] (1)由题意当n≥2时，an＝(1－0.04)an-1＋(1－an-1)×0.16＝0.8an-1＋0.16＝，所以an＝(n≥2)．(2)数列是等比数列．理由如下：由(1)得an＝(n≥2)，设an＋x＝(an-1＋x)，可得an＝，所以－，解得x＝－，所以an－(n≥2)，且a1－，因此，数列是首项为－的等比数列．(3)由(2)可知，数列是首项为－的等比数列，所以an－，即an＝－．令an＝－，两边取常用对数，得(n－1)lg，所以n－1>＝＝≈4.1，所以n>5.1．所以，至少经过6年，绿洲面积可超过60%．名师点评：一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列模型，涉及依次增加或依次减少要用等差数列模型，有的问题需通过转化得到等差或等比数列．[巩固迁移]3．(多选)小明向银行贷款A0元创业，并与银行约定：每个月还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为r．设小明每个月所要还的钱数为x元，则下列说法正确的是( )A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法”B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法”C．小明第一个月还款的现值为 元D．x＝√√√BCD [AB选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法”，A错误，B正确； C选项，设小明第一个月还款的现值为M元，则M(1＋r)＝x，解得M＝元，故C正确；D选项，根据“等额本息还款法”可得，第一个月月末所欠银行贷款为A1＝A0(1＋r)－x元，第二个月月末所欠银行贷款为A2＝A1(1＋r)－x＝A0(1＋r)2－x(1＋r)－x元，第三个月月末所欠银行贷款为A3＝A2(1＋r)－x＝A0(1＋r)3－x(1＋r)2－x(1＋r)－x元，……第十二个月月末所欠银行贷款为A12＝A0(1＋r)12－x(1＋r)11－x(1＋r)10－…－x(1＋r)－x＝A0(1＋r)12－x[(1＋r)11＋(1＋r)10＋…＋(1＋r)＋1]＝A0(1＋r)12－＝A0(1＋r)12＋元，由于分12次还清所有的欠款，故A0(1＋r)12＋＝0，解得x＝，D正确．故选BCD．]4．(2021·新高考Ⅰ卷)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Sk＝______________dm2．52405 240 [依题意得，S1＝120×2＝240 dm2；S2＝60×3＝180 dm2；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 dm2；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 dm2；……所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝ dm2．所以，①所以，②由①－②得，＝240，所以 dm2．]【教用·备选题】1．(2025·河南H20联盟二模)某公司购置了一台价值为220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值会逐年减少．经验表明，每经过一年其价值就会减少d(d为正常数)万元．已知这台设备的使用年限为10年，超过10年，它的价值将开始低于购进价值的5%，设备将报废．则d的取值范围为( )A．(0，20.9] B．(19，20.9]C．(19，＋∞) D．(20.9，＋∞)√B [设使用n年后，这台设备的价值为an万元，则可得数列{an}．由已知条件，得an＝an-1－d(n≥2)．由于d是与n无关的常数，∴数列{an}是一个公差为－d的等差数列．∵购进设备的价值为220万元，∴a1＝220－d，于是an＝a1＋(n－1)(－d)＝220－nd．根据题意，得即解这个不等式组，得19∴d的取值范围为(19，20.9]．故选B．]2．某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为( )(参考数据：1.18≈2.144，1.19≈2.358，1.110≈2.594，1.111≈2.853)A．1 429 B．1 472C．1 519 D．1 571√B [由题可知cn＝(1＋10%)cn-1－100＝1.1cn-1－100，设cn＋k＝1.1(cn-1＋k)，解得k＝－1 000．即cn－1 000＝1.1(cn-1－1 000)，故数列{cn－1 000}是首项为c1－1 000＝200，公比为1.1的等比数列．所以cn－1 000＝200×1.1n-1，则cn＝200×1.1n-1＋1 000，所以c10＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472．故选B．]1．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：<2．课后作业(四十四) 数列的综合应用[解] (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1，又∵的等差数列，∴(n－1)＝，∴Sn＝，∴当n≥2时，Sn-1＝，∴an＝Sn－Sn-1＝，整理得(n－1)an＝(n＋1)an-1，即(n≥2)，∴an＝a1··…·＝1××…·＝(n≥2)，显然当n＝1时，a1＝1也满足上式，∴{an}的通项公式为an＝．(2)证明：由(1)知an＝，∴，∴＋…＋<2．2．(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an+1＝．(1)证明：数列为等比数列；(2)求{an}的通项公式；(3)令bn＝，证明：bn[解] (1)证明：因为an+1＝，a1＝3>0，所以an>0，所以，所以1－．因为1－≠0，所以数列为公比的等比数列．(2)由(1)知，1－，所以，所以an＝．(3)证明：bn＝．令f (n)＝3·－2，n∈[1，＋∞)，因为f (n)＝3·－2在n∈[1，＋∞)上单调递增，则f (n)≥f (1)＝3×>0，所以数列是递减数列，从而数列{bn}是递增数列，且bn<1，故bn3．(2025·江苏淮安期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，an+1＝2an＋2n(n∈N*)，a1＝1．(1)证明：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn；(3)若Sn≤2an－4n－λ对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)证明：由an+1＝2an＋2n，则，所以数列(n－1)＝，所以an＝n·2n-1．(2)Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n-1，则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，所以－Sn＝1＋21＋…＋2n-1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，所以Sn＝(n－1)2n＋1．(3)由(1)(2)，得(n－1)2n＋1≤n·2n－4n－λ，整理得λ≤2n－4n－1对任意n∈N*恒成立，令cn＝2n－4n－1，则cn+1－cn＝[2n+1－4(n＋1)－1]－(2n－4n－1)＝2n－4，当n＝1时，c2当n≥3时，cn+1>cn，所以c1>c2＝c3即cn的最小值为c3＝c2＝－5，故λ≤－5．综上，λ的取值范围为(－∞，－5]．4．容器A内装有6 L质量分数为20%的盐水溶液，容器B内装有4 L质量分数为5%的盐水溶液，先将A内的盐水倒1 L进入B内，再将B内的盐水倒1 L进入A内，称为一次操作．这样反复操作n次，记A，B容器内的盐水的质量分数分别为an，bn．(1)求a1，b1，并证明{an－bn}是等比数列；(2)至少操作多少次，A，B两容器内的盐水浓度之差小于1%？(取lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)(3)求an，bn的表达式．[解] (1)由题意，b1＝，a1＝．易知bn+1＝，an+1＝(5an＋bn+1)＝，∴an+1－bn+1＝(an－bn)，又a1－b1＝，∴{an－bn}是以为公比的等比数列．(2)由(1)知an－bn＝，令<1%，∴n－1>≈5.7，∴n≥7，故至少操作7次．(3)∵bn+1＝，∴bn+1－bn＝，∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn-1)＝＝－．∴an＝bn＋．一、单项选择题1．(2026·河南安阳模拟)已知数列是首项为5，公差为2的等差数列，则a11＝( )A．A [由题意得＝5＋(n－1)×2＝2n＋3，即an＝，则a11＝．故选A．]题号1352468791011121314阶段评估(八) (第40课时~第44课时)√题号21345687910111213142．(2025·湖北八市州二模)在正项等比数列{an}中，a3，a7是方程x2－10x＋16＝0的两个根，则＝( )A．2 B．4C．8 D．16√B [因为a3，a7是方程x2－10x＋16＝0的两个根，所以a3a7＝16，又因为在等比数列{an}中，a2a8＝＝a3a7＝16，{an}是正项等比数列，所以a5＝4，所以＝4．故选B．]题号21345687910111213143．(2025·北京卷)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝( )A．－20 B．－18C．16 D．18题号2134568791011121314√C [设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2，所以＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16．故选C．]题号21345687910111213144．已知数列，则a6＝( )A．－D．5题号2134568791011121314√B [a1＝－，a2＝1－＝5，a3＝1－，a4＝1－，a5＝1－＝5，a6＝1－．故选B．]5．(2026·天津滨海新区模拟)已知数列{an}满足an+1＝an，且a1＝1，则an＝( )A．C．题号2134568791011121314√B [由已知an+1＝an，即则当n≥2时，，等式左右分别相乘可得·…·，即an＝，又a1＝1适合上式，所以an＝．故选B．]题号21345687910111213146．(2025·山东临沂三模)在数列{an}中，已知a1＝1，an+1＝则a11＝( )A．题号2134568791011121314√B [依题意，a2n+1＝，则a2n+1－，而a1－，因此数列为公比的等比数列，则a2n-1－，a2n-1＝，所以当n＝6时，a11＝．故选B．]题号2134568791011121314二、多项选择题7．(2025·陕西安康三模)在数列{an}中，a1＝1，对任意m，n∈N+，am+n＝am＋an＋2mn，则( )A．a4＝16B．{an}为递增数列C．{an}为等差数列D．题号2134568791011121314√√√ABD [令m＝1，则an+1＝a1＋an＋2n，所以an+1－an＝1＋2n>0，所以{an}为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误；当n≥2时，由an－an-1＝1＋2(n－1)，an-1－an-2＝1＋2(n－2)，…，a2－a1＝1＋2，累加得an－a1＝3＋5＋7＋…＋[2(n－1)＋1]，所以an＝1＋3＋5＋7＋…＋[2(n－1)＋1]＝＝n2，而a1＝1也符合该式，故an＝n2，所以a4＝42＝16，故A正确；题号2134568791011121314又，所以＋…＋＋…＋，故D正确．故选ABD．]题号21345687910111213148．(2026·广东珠海模拟)已知公差d不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，a3是a1与a4的等比中项，则下列说法正确的是( )A．a2＝3B．d＝－1C．数列是递增数列D．当Sn>0时，n的最大值为8题号2134568791011121314√√√ABD [由S3＝9，a3是a1与a4的等比中项，得即解得d＝－1或d＝0(舍去)，故AB正确；则an＝a2＋(n－2)d＝－n＋5，a1＝4，Sn＝，所以随n的增大而减小，所以数列是递减数列，故C错误；当Sn＝>0时，n<9，所以n的最大值为8，故D正确．故选ABD．]题号2134568791011121314三、填空题9．(2026·山东潍坊模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝＝_____________．题号2134568791011121314 [设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，由S4＝S2，得a4＋a3＝S4－S2＝(a2＋a1)，因此q2＝，q＝．]2n－1 [设an＝An＋B，则3(A＋B)＋6＝3a1＋6＝S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝3(2A＋B)，得3A＋6＝6A，故A＝2，从而an＝2n＋B．同时由a3n+1＝3an+1－2，可知2(3n＋1)＋B＝3[2(n＋1)＋B]－2，即2＋B＝3(2＋B)－2，故B＝－1，所以an＝2n－1．]10．(2025·福建漳州一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝3a1＋6，a3n+1＝3an+1－2，则an＝_____________．题号21345687910111213142n－1四、解答题11．(2025·陕西安康二模)数列{an}满足a2＝5，an+1＝2an－1．(1)证明：数列{an－1}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)若bn＝．题号2134568791011121314[证明] (1)由a2＝5，an+1＝2an－1，得5＝2a1－1，解得a1＝3，则a1－1＝2．又an+1－1＝2(an－1)，故{an－1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an－1＝2n，故an＝2n＋1．(2)bn＝，故Sn＝＋…＋＝，即得证．题号213456879101112131412．(2026·黑龙江哈尔滨期末)已知数列{an}满足a1＝3，an+1＝3an＋3n+1．(1)证明：数列为等差数列，并求an；(2)求数列{an}的前n项和Sn．题号2134568791011121314[解] (1)证明：因为an+1＝3an＋3n+1，所以＋1，又a1＝3，所以＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n·3n．题号2134568791011121314(2)由(1)可得an＝n·3n，所以Sn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，则3Sn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n+1，两式相减得－2Sn＝3＋32＋33＋34＋…＋3n－n·3n+1＝－n·3n+1，所以Sn＝·3n+1．题号213456879101112131413．(2025·广东广州三模)已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列{tn}，写出数列{tn}的前4项，并求{tn}的前2n项和S2n．题号2134568791011121314[解] (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，等比数列{bn}的公比为q，由题意得又a1＝b1＝1，d≠0，解得d＝1，q＝2，所以an＝1＋n－1＝n，bn＝1×2n-1＝2n-1．题号2134568791011121314(2)由(1)得cn＝＝3n，去掉第3k项后，数列{tn}的前4项依次为3，9，81，243，S2n＝t1＋t2＋t3＋…＋t2n＝c1＋c2＋c4＋c5＋…＋c3n-2＋c3n-1＝(c1＋c4＋…＋c3n-2)＋(c2＋c5＋…＋c3n-1)＝(31＋34＋…＋33n-2)＋(32＋35＋…＋33n-1)＝，综上，S2n＝．题号213456879101112131414．(2026·浙江宁波模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，S4＝10．(1)求{an}的通项公式；(2)求{|an|}的前n项和Tn；(3)若当n≥N0时，2Sn<－3(n＋1)－2恒成立，求正整数N0的最小值．题号2134568791011121314[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝4，S4＝10，所以所以an＝4＋(n－1)×(－1)＝5－n．题号2134568791011121314(2)由(1)可得|an|＝当1≤n≤5时，Tn＝，当n≥6时，Tn＝(a1＋…＋a5)－(a6＋…＋an)＝－(a1＋…＋a5＋a6＋…＋an)＋2(a1＋…＋a5)＝－＋5×4＝－＋20，故Tn＝题号2134568791011121314(3)因为2Sn<－3(n＋1)－2，Sn＝－n，所以2<(5－n)2－3(n＋1)－2，整理得n2－11n＋10>0，解得n<1或n>10，因为n∈N*，n≥N0(N0∈N*)，所以正整数N0的最小值为11． 题号2134568791011121314谢 谢 ！课后作业(四十四) 数列的综合应用说明：本试卷共60分1．(15分)(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：<2．2．(15分)(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an+1＝．(1)证明：数列为等比数列；(2)求{an}的通项公式；(3)令bn＝，证明：bn3．(15分)(2025·江苏淮安期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，an+1＝2an＋2n(n∈N*)，a1＝1．(1)证明：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn；(3)若Sn≤2an－4n－λ对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．4．(15分)容器A内装有6 L质量分数为20%的盐水溶液，容器B内装有4 L质量分数为5%的盐水溶液，先将A内的盐水倒1 L进入B内，再将B内的盐水倒1 L进入A内，称为一次操作．这样反复操作n次，记A，B容器内的盐水的质量分数分别为an，bn．(1)求a1，b1，并证明{an－bn}是等比数列；(2)至少操作多少次，A，B两容器内的盐水浓度之差小于1%？(取lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)(3)求an，bn的表达式．课后作业(四十四)1．解：(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1，又∵的等差数列，∴＝1＋(n－1)＝，∴Sn＝，∴当n≥2时，Sn-1＝，∴an＝Sn－Sn-1＝，整理得(n－1)an＝(n＋1)an-1，即(n≥2)，∴an＝a1··…·＝1××…·(n≥2)，显然当n＝1时，a1＝1也满足上式，∴{an}的通项公式为an＝．(2)证明：由(1)知an＝，∴＝2，∴＋…＋＝2＝2<2．2．解：(1)证明：因为an+1＝，a1＝3>0，所以an>0，所以，所以1－．因为1－≠0，所以数列为公比的等比数列．(2)由(1)知，1－，所以＝1－，所以an＝．(3)证明：bn＝＝＝1－．令f (n)＝3·－2，n∈[1，＋∞)，因为f (n)＝3·－2在n∈[1，＋∞)上单调递增，则f (n)≥f (1)＝3×－2＝>0，所以数列是递减数列，从而数列{bn}是递增数列，且bn<1，故bn3．解：(1)证明：由an+1＝2an＋2n，则 ，所以数列(n－1)＝，所以an＝n·2n-1．(2)Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n-1，则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，所以－Sn＝1＋21＋…＋2n-1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，所以Sn＝(n－1)2n＋1．(3)由(1)(2)，得(n－1)2n＋1≤n·2n－4n－λ，整理得λ≤2n－4n－1对任意n∈N*恒成立，令cn＝2n－4n－1，则cn+1－cn＝[2n+1－4(n＋1)－1]－(2n－4n－1)＝2n－4，当n＝1时，c2当n＝2时，c2＝c3，当n≥3时，cn+1>cn，所以c1>c2＝c3即cn的最小值为c3＝c2＝－5，故λ≤－5．综上，λ的取值范围为(－∞，－5]．4．解：(1)由题意，b1＝，a1＝．易知bn+1＝，an+1＝(5an＋bn+1)＝，∴an+1－bn+1＝(an－bn)，又a1－b1＝，∴{an－bn}是以为公比的等比数列．(2)由(1)知an－bn＝，令<1%，∴n－1>≈5.7，∴n≥7，故至少操作7次．(3)∵bn+1＝，∴bn+1－bn＝，∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn-1)＝＝－．∴an＝bn＋．2/2 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第六章 第44课时 数列的综合应用.docx 第六章 第44课时 数列的综合应用.pptx 课后作业44 数列的综合应用.docx
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