1、第五节 数列的综合问题【考纲下载】能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题1数列综合应用题的解题步骤(1)审题弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题(2)分解把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等(3)求解分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答2常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题(3)递推公式模型
2、：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解1设本金为 a，每期利率为 r，存期为 n，若按单利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为 a(1rn)，属等差数列模型2设本金为 a，每期利率为 r，存期为 n，若按复利计算，本利和是多少？此模型是等差数列模型还是等比数列模型？提示：本利和为 a(1r)n，属等比数列模型1设an是公差不为 0 的等差数列，a12 且 a1，a3，a6 成等比数列，则an的前 n 项和Sn()A.n24 7n4B.n23 5n3C.n22 3n4Dn2n解析：选 A 设等差数列an的公差为 d.a
3、1，a3，a6 成等比数列，a23a1a6，即(a12d)2a1(a15d)又 a12，(22d)22(25d)，解之得 d12或 d0(舍)Snna1nn12d2nnn14n24 7n4.2已知 x0，y0，x，a，b，y 成等差数列，x，c，d，y 成等比数列，则ab2cd的最小值是()A0 B1 C2 D4解析：选 D x，a，b，y 成等差数列，abxy，又 x，c，d，y 成等比数列，cdxy.ab2cdxy2xy2x2y2xy22xyxy 4.当且仅当 xy 时取等号，所以ab2cd的最小值是 4.3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那
4、么 xyz 的值为()A1 B2C3D4解析：选 C 由题意知，第三列各数成等比数列，故 x1；第一行第五个数为 6，第二行第五个数为 3，故 z34；第一行第四个数为 5，第二行第四个数为52，故 y54，从而 xyz3.4已知正项等差数列an满足：an1an1a2n(n2)，等比数列bn满足：bn1bn12bn(n2)，则 log2(a2b2)_.解析：由题意可知 an1an12ana2n，解得 an2(n2)(由于数列an每项都是正数，故 an0 舍去)，又 bn1bn1b2n2bn(n2)，所以 bn2(n2)，所以 log2(a2b2)log242.答案：25已知数列an的前 n 项
5、和为 Sn，对任意 nN*都有 Sn23an13，若 1Sk9(kN*)，则 k 的值为_解析：由 Sn23an13，得当 n1 时，S1a123a113，则 a11.当 n2 时，Sn23(SnSn1)13，即 Sn2Sn11.令 Snp2(Sn1p)，得 Sn2Sn13p，可知 p13.故数列Sn13 是以23为首项，2 为公比的等比数列则 Sn1323(2)n1，即 Sn23(2)n113.由 123(2)k1139，kN*，得 k4.答案：4考点一等差、等比数列的综合问题 例 1 在数列an中，a11，a22，且 an1(1q)anqan1(n2，q0)(1)设 bnan1an(nN*
6、)，证明：bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)若 a3是 a6与 a9的等差中项，求 q 的值，并证明：此时对任意的 nN*，an是 an3与 an6的等差中项 自主解答(1)证明：由题设 an1(1q)anqan1(n2)，得 an1anq(anan1)，即bnqbn1，n2.又 b1a2a11，q0，所以bn是首项为 1，公比为 q 的等比数列(2)由(1)，得 a2a11，a3a2q，anan1qn2(n2)将以上各式相加，得 ana11qq2qn2(n2)所以当 n2 时，有 ann，q1，11qn11q，q1.上式对 n1 也成立，所以数列an的通项公式为 ann，q1
7、，11qn11q，q1.(3)由(2)，得当 q1 时，显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项，故 q1.由 a3 是 a6 与 a9 的等差中项，即 2a3a6a9，可得 2q2q5q8，由 q0，得 q6q320，整理，得(q3)2q320，解得 q32 或 q31(舍去)于是 q3 2.而 an11qn11q，an311qn21q，an611qn51q，所 以an 3 an 6 11qn21q 11qn51q 2 2qn2qn51q 2 2q3qn1q6qn11q222qn122qn11q222qn11q211qn11q2an.所以对任意的 nN*，an 是 an3 与 an6 的
8、等差中项【方法规律】解决等差、等比数列的综合问题的方法对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前 n 项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法已知等差数列an的首项 a11，公差 d0，且第 2 项、第 5 项、第 14 项分别是等比数列bn的第 2 项、第 3 项、第 4 项(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设数列cn对 nN*均有c1b1c2b2cnbnan1 成立，求 c1c2c3c2 013.解：(1)由已知有 a21d，a514d，a14113d，(14d)2(1d)(113d)，解得 d2(d0)an1(n1)22n1.又 b2a
9、23，b3a59，数列bn的公比为 3，bn33n23n1.(2)由c1b1c2b2cnbnan1，得当 n2 时，c1b1c2b2cn1bn1an.两式相减得：n2 时，2bn23n1(n2)又当 n1 时，c1b1a2，3，n1，23n1，n2.c1c2c3c2 01336232 013133(332 013)32 013.考点二数列在实际问题中的应用 例 2 某工业城市按照“十二五”(2011 年至 2015 年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污现以降低 SO2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少 0.3 万吨，已知该城市 2011 年 SO2
10、的年排放量约为 9.3 万吨(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放 SO2约多少万吨？(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度在2012 年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自 2013 年起，SO2的年排放量每年比上一年减少的百分率为 p，为使 2020 年这一年 SO2的年排放量控制在 6 万吨以内，求 p 的取值范围 参考数据：8 230.950 5，9 230.955 9 自主解答(1)设“十二五”期间，该城市共排放 SO2 约 y 万吨，依题意，2011 年至 2015 年 SO2 的年排放量构成首项为 9.3，公差为0.3 的等差数列，所以 y
11、59.35512(0.3)43.5(万吨)所以按原计划“十二五”期间该城市共排放 SO2 约 43.5 万吨(2)由已知得，2012 年的 SO2 年排放量为 9.30.39(万吨)，所以 2012 年至 2020 年 SO2 的年排放量构成首项为 9，公比为 1p 的等比数列由题意得 9(1p)86，由于 0p1，所以 1p 8 23，所以 1p4.95%.所以 SO2 的年排放量每年减少的百分率 p 的取值范围为(4.95%,1)【方法规律】解决数列应用题应注意的问题解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，是求 an 还是 Sn，特别是要弄清项数某
12、公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元(1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an1 与 an 的关系式；(2)若公司希望经过 m(m3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用 m 表示)解：(1)由题意得 a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)d32a1d4 50052d.a
13、n1an(150%)d32and.(2)由(1)得 an32an1d(3)3232an2d d 322an232dd 32n1a1d132 322 32n2.整理得 an 32n1(3 000d)2d 32n11 32n1(3 0003d)2d.由题意，am4 000，即 32m1(3 0003d)2d4 000.解得 d 32m2 1 000 32m11 0003m2m13m2m.故该企业每年上缴资金 d 的值为1 0003m2m13m2m时，经过 m(m3)年企业的剩余资金为 4 000 万元高频考点考点三数列与函数、不等式的综合问题 1数列与函数、不等式的综合问题是每年高考的重点，多为解
14、答题，难度偏大，属中高档题2高考对数列与函数、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例 3(2013江西高考)正项数列an的前 n 项和 Sn 满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0，Snn2n.于是 a1S12，n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为 an2n.(2)证明：由于 an2n，故 bnn1n22a2nn14n2
15、n22 1161n21n22.Tn 1161 132122 142132 1521n121n12 1n21n22 11611221n121n22 1161122 564.数列与函数、不等式的综合问题的常见类型及解题策略(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、极值等解决问题(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1已知函数 f(x)ln xx，数列an满足 a112，an112an.(1)求证：f(x)1；(2)证明数列1an1 为等差数列，并求数列an的通项公式；(3)求证不等式 a1a2annln
16、2ln(n2)证明：(1)令 g(x)f(x)1ln xx1，g(x)1x11xx，当 0 x0，当x1 时 g(x)1 时，f(x)10，即 ln xx1，令 xn2n1 1n11，得 lnn2n1 1n111 1n1，ln32ln43lnn2n11213 1n1，ln(n2)ln 21213 1n1，n1213 1n1 nln 2ln(n2)，a1a2ancn成立 解题指导 处理第(2)问中的 cn1cn 恒成立问题，可通过构造函数将问题转化为函数的最值问题，再来研究所构造的函数的最值解(1)由已知得 Sn2Sn1(Sn1Sn)1，所以 an2an11(n1)又 a2a11，所以数列an是
17、以 a12 为首项，1 为公差的等差数列所以 ann1.因为 bn14bn6，即 bn124(bn2)，又 b12a124，所以数列b22是以 4 为首项，4 为公比的等比数列所以 bn4n2.(2)因为 ann1，bn4n2，所以 cn4n(1)n12n1.要使 cn1cn 成立，需 cn1cn4n14n(1)n2n2(1)n12n10 恒成立，化简得 34n3(1)n12n10 恒成立，即(1)n12n1 恒成立，当 n 为奇数时，即 2n1 恒成立，当且仅当 n1 时，2n1 有最小值 1，所以 2n1 恒成立，当且仅当 n2 时，2n1 有最大值2，所以 2，即2cn 成立名师点评 对
18、于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列遇到 Sn 要注意利用 Sn 与 an 的关系将其转化为 an，再研究其具体性质遇到(1)n 型的问题要注意分 n 为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对 n 的奇偶性的讨论而致误2结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定；解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论典例 2 已知各项均为正数的数列an满足：a2n12a2nanan1，且 a2a42a34，其中nN*.
19、(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足：bnnannn，是否存在正整数 m，n(1m0，所以 2anan10，即 2anan1.所以数列an是公比为 2 的等比数列由 a2a42a34，得 2a18a18a14，解得 a12.故数列an的通项公式为 an2n(nN*)(2)因为 bnnan2n12nn2n1，所以 b113，bmm2m1，bnn2n1.若 b1，bm，bn 成等比数列，则m2m1213n2n1，即m24m24m1n6n3.由m24m24m1n6n3，可得3n2m24m1m2，所以2m24m10，从而 1 62 m1，所以 m2，此时 n12.故当且仅当 m2，n12
20、时，b1，bm，bn成等比数列名师点评 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法3存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立；解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解
21、题中起着重要的作用典例 3 已知数列an的首项 a135，an1 3an2an1，nN*.(1)求证：数列1an1 为等比数列；(2)是否存在互不相等的正整数 m，s，n，使 m，s，n 成等差数列，且 am1，as1，an1 成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由解题指导 第(1)问中 an1 与 an 的关系以分式形式给出，可以通过取倒数处理，目的仍然是变为等差数列或等比数列；第(2)问可先假设所探求问题存在再去求解，注意应用重要不等式进行判断解(1)证明：因为 1an123 13an，所以 1an11131an1.又因为1a110，所以 1an10(nN*)所以数列1a
22、n1 为等比数列(2)假设存在，则 mn2s，(am1)(an1)(as1)2，由(1)知1an1(a11)13n1 23n，则 an 3n3n2，所以3n3n21 3m3m21 3s3s21 2，化简得 3m3n23s.因为 3m3n2 3mn23s，当且仅当 mn 时等号成立，又 m，s，n 互不相等，所以不存在名师点评 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在全盘巩固1已知各项均不为 0 的等
23、差数列an，满足 2a3a272a110，数列bn是等比数列，且b7a7，则 b6b8()A2B4 C8 D16解析：选 D 因为an为等差数列，所以 a3a112a7，所以已知等式可化为 4a7a270，解得 a74 或 a70(舍去)，又bn为等比数列，所以 b6b8b27a2716.2已知等比数列an中的各项都是正数，且 5a1，12a3,4a2成等差数列，则a2n1a2n2a1a2()A1 B1 C52nD52n1解析：选 C 设等比数列an的公比为 q(q0)，则依题意有 a35a14a2，即 a1q25a14a1q，q24q50，解得 q1 或 q5.又 q0，因此 q5，所以a2
24、n1a2n2a1a2a1q2na2q2na1a2q2n52n.3在直角坐标系中，O 是坐标原点，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若 1，x1，x2,4 依次成等差数列，而 1，y1，y2,8 依次成等比数列，则OP1P2 的面积是()A1 B2 C3 D4解析：选 A 根据等差、等比数列的性质，可知 x12，x23，y12，y24.P1(2,2)，P2(3,4)SOP1P21.4已知函数 yloga(x1)3(a0，a1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列an的第二项与第三项，若 bn1anan1，数列bn的前 n 项和为 Tn，则 T10 等于()A.911B.10
25、11C.811D.1211解析：选 B 由 yloga(x1)3 恒过定点(2,3)，即 a22，a33，又an为等差数列，ann，nN*.bn1nn1，T1011121213 110 1111 1111011.5已知数列an满足 a123，且对任意的正整数 m，n，都有 amnaman，若数列an的前 n 项和为 Sn，则 Sn 等于()A2 23n1B2 23nC2 2n3n1D22n13n解析：选 D 令 m1，得 an1a1an，即an1an a123，可知数列an是首项为 a123，公比为 q23的等比数列，于是 Sna11qn1q231 23n12321 23n 22n13n.6已
26、知数列an满足 a11，a22，an21cos2n2 ansin2n2，则该数列的前 18 项之和为()A2 101 B1 067 C1 012 D2 012解析：选 B 当 n 为正奇数时，an2(10)an1an1；当 n 为正偶数时，an2(11)an02an.an 是奇数项为等差数列，偶数项为等比数列的一个数列an的前 18 项和为91922129121 067.7(2013江西高考)某住宅小区计划植树不少于 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：由题意知第 n 天植树 2n 棵，则前 n 天共植树 2222n(
27、2n12)棵，令 2n12100，则 2n1102，又 2512664,26127128，n6.n 的最小值为 6.答案：68数列an是公差不为 0 的等差数列，且 a1，a3，a7 为等比数列bn的连续三项，则数列bn的公比为_解析：由题意知 a23a1a7，即(a12d)2a1(a16d)，a12d，等比数列bn的公比 qa3a1a12da12.答案：29函数 yx2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak1，k 为正整数，a116，则 a1a3a5_.解析：依题意得，函数 yx2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线方程是 ya2k2ak(xak)令y
28、0，得 x12ak，即 ak112ak，因此数列ak是以 16 为首项，12为公比的等比数列，所以 ak16 12k125k，a1a3a5164121.答案：2110已知等差数列an的前 n 项和为 Sn 且满足 a23，S636.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn是等比数列且满足 b1b23，b4b524.设数列anbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.解：(1)数列an是等差数列，S63(a1a6)3(a2a5)36，则 a2a512，由于 a23，所以 a59，从而 d2，a1a2d1，an2n1.(2)设数列bn的公比为 q.b1b23，b4b524，b4b5b1b2q38，
29、则 q2.从而 b1b2b1(1q)3b13，b11，bn2n1，anbn(2n1)2n1.Tn1132522(2n3)2n2(2n1)2n1，则 2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n，两式相减，得(12)Tn112222222n222n1(2n1)2n，即Tn12(21222n1)(2n1)2n12(2n2)(2n1)2n(32n)2n3.Tn(2n3)2n3.11已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a2a465，a1a518.(1)若 1i21，a1，ai，a21 是某等比数列的连续三项，求 i 的值；(2)设 bnn2n1Sn，是否存在一个最小的常
30、数 m 使得 b1b2bn0，a2a4，a25，a413.a1d5，a13d13，a11，d4，an4n3.1i21，a1，ai，a21 是某等比数列的连续三项，a1a21a2i，即 181(4i3)2，解得 i3.(2)由(1)知，Snn1nn1242n2n，bn12n12n11212n112n1，b1b2bn12113131512n112n1 n2n1.n2n112122n112，存在 m12使 b1b2bnm 对于任意的正整数 n 均成立12已知数列an的前 n 项和为 Sn，对一切正整数 n，点 Pn(n，Sn)都在函数 f(x)x22x的图象上，且过点 Pn(n，Sn)的切线的斜率为
31、 kn.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn2knan，求数列bn的前 n 项和 Tn；(3)设 Qx|xkn，nN*，Rx|x2an，nN*，等差数列cn的任一项 cnQR，其中 c1 是 QR 中的最小数，110c10115，求cn的通项公式解：(1)点 Pn(n，Sn)都在函数 f(x)x22x 的图象上，Snn22n(nN*)当 n2 时，anSnSn12n1，当 n1 时，a1S13 满足上式，所以数列an的通项公式为 an2n1.(2)由 f(x)x22x 求导可得 f(x)2x2.过点 Pn(n，Sn)的切线的斜率为 kn，kn2n2.bn2knan4(2n1)4n.Tn4
32、341454247434(2n1)4n.4Tn4342454347444(2n1)4n1.，得3Tn4342(42434n)(2n1)4n143424214n114()2n1 4n1，Tn6n194n2169.(3)Qx|x2n2，nN*，Rx|x4n2，nN*，QRR.又cnQR，其中 c1 是 QR 中的最小数，的公差是 4 的倍数，c104m6(mN*)又110c10115，1104m6115，mN*，解得 m27.c10114.设等差数列的公差为 d，则 dc10c1101 1146912，cn6(n1)的通项公式为 cn12n6.冲击名校设函数 f(x)x2，过点 C1(1,0)作
33、x 轴的垂线 l1 交函数 f(x)图象于点 A1，以 A1 为切点作函数f(x)图象的切线交 x 轴于点 C2，再过 C2 作 x 轴的垂线 l2 交函数 f(x)图象于点 A2，以此类推得点 An，记 An 的横坐标为 an，nN*.(1)证明：数列an为等比数列并求出通项公式；(2)设直线 ln 与函数 g(x)log12x 的图象相交于点 Bn，记 bnOA n OB n(其中 O 为坐标原点)，求数列bn的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：以点 An1(an1，a2n1)(n2)为切点的切线方程为 ya2n12an1(xan1)当 y0 时，得 x12an1，即 an12an1.又
34、a11，数列an是以 1 为首项，12为公比的等比数列通项公式为 an 12n1.(2)据题意，得 Bn 12n1，n1.bnOA n OB n 14n1 14n1(n1)n 14n1.Sn1 1402 141n 14n1，14Sn1 1412 142n 14n，两式相减，得34Sn1 1401 1411 14n1n 14n1 14n114n 14n.化简，得 Sn169 4n3 169 14n169 3n494n1.高频滚动已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Snn2an(nN*)(1)证明：数列an1为等比数列，并求数列an的通项公式；(2)若 bn(2n1)an2n1，求数列bn
35、的前 n 项和为 Tn.解：(1)证明：因为 Snn2an，即 Sn2ann，所以 Sn12an1(n1)(n2，nN*)两式相减化简，得 an2an11.所以 an12(an11)(n2，nN*)所以数列an1为等比数列因为 Snn2an，令 n1，得 a11.a112，所以 an12n，即 an2n1.(2)因为 bn(2n1)an2n1，所以 bn(2n1)2n.所以 Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523(2n1)2n(2n1)2n1，得Tn322(22232n)(2n1)2n162222n112(2n1)2n122n2(2n1)2n12(2n1)2n1.所以 Tn2(2n1)2n1.
