1、高考资源网（） 您身边的高考专家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
2、知识解决问题(3)递推公式模型：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. B. C. Dn2n解析：选A设等差数列an的公差为d.a1，a3，a6成等比数列，aa1a6，即(
3、a12d)2a1(a15d)又a12，(22d)22(25d)，解之得d或d0(舍)Snna1d2n.2已知x0，y0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是()A0 B1 C2 D4解析：选Dx，a，b，y成等差数列，abxy，又x，c，d，y成等比数列，cdxy.224.当且仅当xy时取等号，所以的最小值是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，那么xyz的值为()A1 B2 C3 D4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z；第一行第四个数为5，第二行第四个数为，
4、故y，从而xyz3.4已知正项等差数列an满足：an1an1a(n2)，等比数列bn满足：bn1bn12bn(n2)，则log2(a2b2)_.解析：由题意可知an1an12ana，解得an2(n2)(由于数列an每项都是正数，故an0舍去)，又bn1bn1b2bn(n2)，所以bn2(n2)，所以log2(a2b2)log242.答案：25已知数列an的前n项和为Sn，对任意nN*都有Snan，若1Sk9(kN*)，则k的值为_解析：由Snan，得当n1时，S1a1a1，则a11.当n2时，Sn(SnSn1)，即Sn2Sn11.令Snp2(Sn1p)，得Sn2Sn13p，可知p.故数列是以为
5、首项，2为公比的等比数列则Sn(2)n1，即Sn(2)n1.由1(2)k19，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*)，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a2a1
6、1，a3a2q，anan1qn2(n2)将以上各式相加，得ana11qq2qn2(n2)所以当n2时，有an上式对n1也成立，所以数列an的通项公式为an(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q.而an1，an31，an61，所以an3an6222222an.所以对任意的nN*，an是an3与an6的等差中项【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，
7、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an1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b2a23，b3a59，数列bn的公比为3，bn33n23n1.(2)由an1，得当n2时，an.两式相减得：n2时，2bn23n1(n2)又当n1时，a2，c1c2c3c2 01333(3
8、32 013)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
9、的取值范围自主解答(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y59.3(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 ，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
10、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，a2
11、a1(150%)da1d4 500d.an1an(150%)dand.(2) 由(1)得anan1d(3) d2an2ddn1a1d.整理得ann1(3 000d)2dn1(3 0003d)2d.由题意，am4 000，即m1(3 0003d)2d4 000.解得d.故该企业每年上缴资金d的值为时，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
12、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：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，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bn.Tn1.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
13、法、放缩法等1已知函数f(x)ln xx，数列an满足a1，an1.(1)求证：f(x)1；(2)证明数列为等差数列，并求数列an的通项公式；(3)求证不等式a1a2annln 2ln(n2)证明：(1)令g(x)f(x)1ln xx1，g(x)1，当0x0，当x1时g(x)1时，f(x)10，即ln xx1，令x1，得ln11，lnlnln，ln(n2)ln 2，nnln 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
14、)又a2a11，所以数列an是以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成立名师点评对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等
15、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：a2aanan1，且a2a42a34，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足：bn，是否存在正整数m，n(1m
16、0，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bn，所以b1，bm，bn.若b1，bm，bn成等比数列，则2，即.由，可得，所以2m24m10，从而1m1，所以m2，此时n12.故当且仅当m2，n12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
17、，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，其中反证法在解题中起着重要的作用典例3已知数列an的首项a1，an1，nN*.(1)求证：数列为等比数列；(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
18、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，所以1.又因为10，所以10(nN*)所以数列为等比数列(2)假设存在，则mn2s，(am1)(an1)(as1)2，由(1)知1(a11)n1，则an，所以2，化简得3m3n23s.因为3m3n223s，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
19、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的等差数列an，满足2a3a2a110，数列bn是等比数列，且b7a7，则b6b8()A2 B4 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4a7a0，解得a74或a70(舍去)，又bn为等比数列，所以b6b8ba16.2已知等比数列an中的各项都是正数，且5a1，a3,4a2成等差数列，则()A1 B1 C52n D52n1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
20、，因此q5，所以q2n52n.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bn，数列bn的前n项和为Tn，则T10等于()A. B. C. D.解析：选B由yloga(x1)3恒过定点(2,3)，即a22，a33，又
21、an为等差数列，ann，nN*.bn，T101.5已知数列an满足a1，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()A2n1 B2nC2 D2解析：选D令m1，得an1a1an，即a1，可知数列an是首项为a1，公比为q的等比数列，于是Sn22.6已知数列an满足a11，a22，an2ansin2，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1 067
22、.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(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aa1a7，即(a12d)2a1(a16d)，a12d，等比数列bn的公比q2.答案：29函数yx2(x0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak1，k为正整
23、数，a116，则a1a3a5_.解析：依题意得，函数yx2(x0)的图象在点(ak，a)处的切线方程是ya2ak(xak)令y0，得xak，即ak1ak，因此数列ak是以16为首项，为公比的等比数列，所以ak16k125k，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
24、列bn的公比为q.b1b23，b4b524，q38，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bn，是
25、否存在一个最小的常数m使得b1b2bn0，a2a4，a25，a413.a11，d4，an4n3.1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，a1a21a，即181(4i3)2，解得i3.(2)由(1)知，Snn142n2n，bn，b1b2bn.，存在m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cn
26、QR，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.Tn4341454247434(2n1)4n.4Tn4342454347444(2n1)4n1.，得3Tn4342(42434n)(2n1)4n14，Tn4n2.(3)Qx|x2n2，nN*，Rx|x4n2，nN*，Q
27、RR.又cnQR，其中c1是QR中的最小数，的公差是4的倍数，c104m6(mN*)又110c10115，解得m27.c10114.设等差数列的公差为d，则d12，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)logx的图象相交于点Bn，记bnnn(其中O为坐标原点)，求数列bn的前n项
28、和Sn.解：(1)证明：以点An1(an1，a)(n2)为切点的切线方程为ya2an1(xan1)当y0时，得xan1，即anan1.又a11，数列an是以1为首项，为公比的等比数列通项公式为ann1.(2)据题意，得Bn.bnnnn1n1(n1)nn1.Sn1021nn1，Sn1122nn，两式相减，得Sn10111n1nnnn.化简，得Snn.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)2n162(2n1)2n122n2(2n1)2n12(2n1)2n1.所以Tn2(2n1)2n1.- 13 - 版权所有高考资源网
