1、 第 5 講 數列的綜合應用 考點一_等差數列與等比數列的綜合問題_ (2014 高考北京卷)已知an是等差數列，滿足 a13，a412，數列bn滿足b14，b420，且bnan為等比數列 (1)求數列an和bn的通項公式； (2)求數列bn的前 n 項和 解 (1)設等差數列an的公差為 d，由題意得 da4a1312333， 所以 ana1(n1)d3n(n1，2，) 設等比數列bnan的公比為 q，由題意得 q3b4a4b1a12012438，解得 q2. 所以 bnan(b1a1)qn12n1. 從而 bn3n2n1(n1，2，) (2)由(1)知 bn3n2n1(n1，2，) 數列3

2、n的前 n 項和為32n(n1)，數列2n1的前 n 項和為12n122n1. 所以，數列bn的前 n 項和為32n(n1)2n1. 規律方法 解決等差數列與等比數列的綜合問題，關鍵是理清兩個數列的關系如果同一數列中部分項成等差數列， 部分項成等比數列， 要把成等差數列或等比數列的項抽出來單獨研究；如果兩個數列通過運算綜合在一起，要從分析運算入手，把兩個數列分割開弄清兩個數列各自的特征，再進行求解 1.(2013 高考課標全國卷)已知等差數列an的公差不為零， a125 ，且 a1，a11，a13成等比數列 (1)求an的通項公式； (2)求 a1a4a7a3n2. 解：(1)設an的公差為

3、d，由題意得 a211a1a13， 即(a110d)2a1(a112d) 于是 d(2a125d)0. 又 a125，所以 d0(舍去)，d2. 故 an2n27. (2)令 Sna1a4a7a3n2. 由(1)知 a3n26n31， 故a3n2是首項為 25，公差為6 的等差數列 從而 Snn2(a1a3n2)n2(6n56)3n228n. 考點二_數列的實際應用問題_ 某企業在第 1 年初購買一臺價值為 120 萬元的設備 M，M 的價值在使用過程中逐年減少從第 2 年到第 6 年，每年初 M 的價值比上年初減少 10 萬元；從第 7 年開始，每年初 M 的價值為上年初的 75%. (1)

4、求第 n 年初 M 的價值 an的表達式； (2)設 Sn表示數列an的前 n 項和，求 Sn(n7) 解 (1)當 n6 時，數列an是首項為 120，公差為10 的等差數列，an12010(n1)13010n； 當 n6 時，數列an是以 a6為首項，34為公比的等比數列 又 a670，所以 an7034n6. 因此，第 n 年初，M 的價值 an的表達式為 an13010n，n6，7034n6，n7. (2)由等差及等比數列的求和公式得 當 n7 時，由于 S6570， 故 SnS6(a7a8an) 57070344134n6 78021034n6. 規律方法 解答數列實際應用問題的步驟

5、： (1)確定模型類型：理解題意，看是哪類數列模型，一般有等差數列模型、等比數列模型、簡單的遞推數列模型基本特征見下表： 數列模型 基本特征 等差數列 均勻增加或者減少 等比數列 指數增長，常見的是增產率問題、存款復利問題 簡單遞推數列 指數增長的同時又均勻減少如年收入增長率為20%， 每年年底要拿出 a(常數)作為下年度的開銷，即數列an滿足 an11.2ana (2)準確解決模型：解模就是根據數列的知識，求數列的通項、數列的和、解方程(組)或者不等式(組)等，在解模時要注意運算準確； (3)給出問題的答案：實際應用問題最后要把求解的數學結果化為對實際問題的答案，在解題中不要忽視了這點 2.

6、現有流量均為 300 m3s 的兩條河 A，B 匯合于某處后，不斷混合，它們的含沙量分別為 2 kgm3和 0.2 kgm3，假設從匯合處開始，沿岸設有若干觀測點，兩股水流在流經相鄰兩個觀測點的過程中， 其混合效果相當于兩股水流在 1 s 內交換 100 m3的水量，即從 A 股流入 B 股 100 m3水，經混合后，又從 B 股流入 A 股 100 m3水并混合，問從第幾個觀測點開始，兩股河水的含沙量之差小于 0.01 kgm3(不考慮沙沉淀) 解：設第 n 個觀測點處 A 股水流含沙量為 an kgm3，B 股水流含沙量為 bn kgm3，則 a12，b10.2， bn1400(300bn

7、1100an1)14(3bn1an1)， an1400(300an1100bn1)14(3an1bn1)， anbn12(an1bn1)， anbn是以(a1b1)為首項，12為公比的等比數列 anbn9512n1. 解不等式9512n1180， n9. 因此，從第 9 個觀測點開始，兩股水流的含沙量之差小于 0.01 kgm3. 考點三_數列與不等式的綜合問題(高頻考點)_ 數列與不等式的綜合問題是每年高考的難點，多為解答題，難度偏大 高考對數列與不等式的綜合問題的考查常有以下兩個命題角度： (1)以數列為載體，考查不等式的恒成立問題； (2)考查與數列問題有關的不等式的證明問題 等比數列a

8、n滿足 an1an9 2n1，nN*. (1)求數列an的通項公式； (2)設數列an的前 n 項和為 Sn，若不等式 Snkan2 對一切 nN*恒成立，求實數 k 的取值范圍 解 (1)設等比數列an的公比為 q， an1an9 2n1，nN*， a2a19，a3a218， qa3a2a2a11892. 2a1a19，a13. an3 2n1，nN*. (2)由(1)知 Sna1（1qn）1q3（12n）123(2n1)， 3(2n1)k 3 2n12， k2132n1對一切 nN*恒成立 令 f(n)2132n1，則 f(n)隨 n 的增大而增大， f(n)minf(1)21353，k5

9、3. 實數 k 的取值范圍為，53. 規律方法 數列與不等式的綜合問題的解題策略 (1)數列與不等式的恒成立問題此類問題常構造函數，通過函數的單調性、最值等解決問題； (2)與數列有關的不等式證明問題解決此類問題要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等 3.(1)(2015 陜西商洛模擬)已知函數 f(x)滿足 f(xy)f(x) f(y)且 f(1)12. 當 nN*時，求 f(n)的表達式； 設 ann f(n)，nN*，求證：a1a2a3an2； (2)已知數列an的前 n 項和為 Sn，且 Sn22n1 an(nN*) 求證：數列ann是等比數列； 設數列2nan

10、的前 n 項和為 Tn，An1T11T21T31Tn，試比較 An與2nan的大小 解：(1)令 xn，y1， 得 f(n1)f(n) f(1)12f(n)， f(n)是首項為12，公比為12的等比數列， f(n)12n. 證明：設 Tn為an的前 n 項和， ann f(n)n12n， Tn1221223123n12n， 12Tn12221233124(n1)12nn12n1， 兩式相減得12Tn1212212nn12n1， Tn212n1n12n2. (2)證明：由 a1S123a1，得 a112， 當 n2 時，由 anSnSn1，得ann12an1n1， 所以ann是首項和公比均為12

11、的等比數列 由得ann12n， 于是 2nann，所以 Tn123nn（n1）2，則1Tn21n1n1，于是 An211n12nn1， 而2nan2n1n2，所以問題轉化為比較2nn2與nn1的大小 設 f(n)2nn2，g(n)nn1， 當 n4 時，f(n)f(4)1，而 g(n)g(n) 經驗證當 n1，2，3 時，仍有 f(n)g(n) 因此對任意的正整數 n，都有 f(n)g(n)即 An2nan. 交匯創新數列與函數的交匯 (2014 高考四川卷)設等差數列an的公差為 d，點(an，bn)在函數 f(x)2x的圖象上(nN*) (1)若 a12，點(a8，4b7)在函數 f(x)

12、的圖象上，求數列an的前 n 項和 Sn； (2)若 a11， 函數 f(x)的圖象在點(a2， b2)處的切線在 x 軸上的截距為 21ln 2， 求數列anbn的前 n 項和 Tn. 解 (1)由已知，b72a7，b82a84b7， 有 2a842a72a72. 解得 da8a72. 所以 Snna1n（n1）2d2nn(n1)n23n. (2)函數 f(x)2x在(a2，b2)處的切線方程為 y2a2(2a2ln 2)(xa2)， 它在 x 軸上的截距為 a21ln 2. 由題意知，a21ln 221ln 2，解得 a22. 所以 da2a11，從而 ann，bn2n. 所以 Tn122

13、22323n12n1n2n， 2Tn1122322n2n1. 因此，2TnTn11212212n1n2n 212n1n2n2n1n22n. 所以 Tn2n1n22n. 名師點評 數列與函數的交匯創新主要有以下兩類：(1)如本例，已知函數關系轉化為數列問題，再利用數列的有關知識求解；(2)已知數列，在求解中利用函數的性質、思想方法解答 提醒 解題時要注意數列與函數的內在聯系，靈活運用函數的思想方法求解，在問題的求解過程中往往會遇到遞推數列，因此掌握遞推數列的常見解法有助于該類問題的解決，同時要注意 n 的范圍 已知數列an的前 n 項和為 Sn，a11 且 3an12Sn3(n 為正整數) (1

14、)求an的通項公式； (2)若nN*，32kSn恒成立，求實數 k 的最大值 解：(1)當 n1 時，a11，3an12Sn3a213； 當 n2 時，3an12Sn33an2Sn13，得 3(an1an)2(SnSn1)0，因此 3an1an0，即an1an13， 因為a2a113， 所以數列an是首項 a11，公比 q13的等比數列， 所以 an13n1. (2)因為nN*，32kSn恒成立， Sn32113n， 即32k32113n， 所以 k113n. 令 f(n)113n，nN*，所以 f(n)單調遞增，k 只需小于等于 f(n)的最小值即可，當 n1 時，f(n)取得最小值，所以

15、kf(1)11323，實數 k 的最大值為23. 1(2015 山西省四校聯考)設等差數列an和等比數列bn首項都是 1，公差與公比都是2，則 ab1ab2ab3ab4ab5( ) A54 B56 C58 D57 解析：選 D.由題意，an12(n1)2n1，bn12n12n1，ab1ab5a1a2a4a8a16137153157. 2已知數列an滿足：a1m(m 為正整數)，an1an2，當an為偶數時，3an1，當an為奇數時.若 a61，則 m 所有可能的取值為( ) A4，5 B4，32 C4，5，32 D5，32 解析：選 C.an1an2，當an為偶數時，3an1，當an為奇數時，

16、注意遞推的條件是 an(而不是 n)為偶數或奇數由 a61 一直往前面推導可得 a14 或 5 或 32. 3(2014 高考遼寧卷)設等差數列an的公差為 d.若數列2a1an為遞減數列，則( ) Ad0 Ca1d0 解析： 選C.設 bn2a1an， 則bn12a1an1， 由于2a1an是遞減數列， 則bnbn1， 即2a1an2a1an1.y2x是單調增函數，a1ana1an1， a1ana1(and)0，a1(anand)0，即 a1(d)0，a1d0. 4在數列an中，若 a12，an1ann 2n，則 an( ) A(n2) 2n B112n C.23114n D.23112n

17、解析：選 A.因為 an1ann 2n，所以 an1ann 2n，所以 ana1(anan1)(an1an2)(a2a1)(n1)2n1(n2)2n2222121(n2) 設 Tn(n1)2n1(n2)2n2222121(n2)，則 2Tn(n1)2n(n2)2n1(n3)2n2223122，兩式相減得 Tn(n2) 2n2(n2)，所以 an(n2) 2n2a1(n2) 2n(n2)又 n1 時，上式成立，所以選 A. 5(2015 湖南澧縣一中等三校聯考)在等比數列an中，0a1a41，則能使不等式a11a1a21a2an1an0 成立的最大正整數 n 是( ) A5 B6 C7 D8 解

18、析：選 C.設等比數列an的公比為 q，則1an為等比數列，其公比為1q，因為 0a11 且 a11q3.又因為a11a1a21a2an1an0，所以 a1a2an1a11a21an，即 a1（1qn）1q1a111qn11q，把 a11q3代入，整理得 qnq7，因為 q1，所以 n7，故選C. 6(2013 高考江西卷)某住宅小區計劃植樹不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植樹的棵數是前一天的 2 倍，則需要的最少天數 n(nN*)等于_ 解析：每天植樹的棵數構成以 2 為首項，2 為公比的等比數列，其前 n 項和 Sna1（1qn）1q2（12n）122n12.由 2n121

19、00，得 2n1102.由于 2664，27128.則 n17，即 n6. 答案：6 7 在等比數列an中， 若 an0， 且 a1 a2 a7 a816， 則 a4a5的最小值為_ 解析：由等比數列性質得，a1a2a7a8(a4a5)416，又 an0，a4a52.再由基本不等式，得 a4a52 a4a52 2.a4a5的最小值為 2 2. 答案：2 2 8設 Sn是數列an的前 n 項和，若S2nSn(nN*)是非零常數，則稱數列an為“和等比數列” 若數列2bn是首項為 2， 公比為 4 的等比數列， 則數列bn_(填“是”或“不是”)“和等比數列” 解析：數列2bn是首項為 2，公比為

20、 4 的等比數列，所以 2bn2 4n122n1，bn2n1.設數列bn的前 n 項和為 Tn，則 Tnn2，T2n4n2，所以T2nTn4，因此數列bn是“和等比數列” 答案：是 9在等比數列an(nN*)中，a11，公比 q0，設 bnlog2an，且 b1b3b56，b1b3b50. (1)求證：數列bn是等差數列； (2)求bn的前 n 項和 Sn及an的通項公式 an. 解：(1)證明：bnlog2an， bn1bnlog2an1anlog2q 為常數， 數列bn為等差數列且公差 dlog2q. (2)設數列bn的公差為 d，b1b3b56，b32. a11，b1log2a10. b

21、1b3b50，b50. b12d2，b14d0，解得b14，d1. Sn4nn（n1）2(1)9nn22. log2q1，log2a14，q12，a116. an25n(nN*) 10(2014 高考浙江卷)已知數列an和bn滿足 a1a2a3an( 2)bn(nN*)若an為等比數列，且 a12，b36b2. (1)求 an與 bn； (2)設 cn1an1bn(nN*)記數列cn的前 n 項和為 Sn. 求 Sn； 求正整數 k，使得對任意 nN*，均有 SkSn. 解：(1)由題意知 a1a2a3an( 2)bn，b3b26， 知 a3( 2)b3b28. 又由 a12，得公比 q2(q2 舍去)， 所以數列an的通項公式為 an2n(nN*)， 所以，a1a2a3an2n（n1）2( 2)n(n1) 故數列bn的通項公式為 bnn(n1)(nN*) (2)由(1)知 cn1an1bn12n1n1n1(