第六章 §6.6　数列中的综合问题.docx

§6.6数列中的综合问题考试要求1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题题型一数学文化与数列的实际应用例1(1)(2020·全国)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A3 699块 B3 474块C3 402块 D3 339块答案C解析设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d9，首项为a19的等差数列由等差数列的性质知Sn，S2nSn，S3nS2n成等差数列，且(S3nS2n)(S2nSn)n2d，则9n2729，解得n9，则三层共有扇面形石板S3nS2727×9×93 402(块)(2)(2021·新高考全国)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S1240 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S2180 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k_ dm2. 答案5240解析依题意得，S1120×2240；S260×3180；当n3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5×630，×1230,10×330，20×30，所以S330×4120；当n4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5×315，×615，×1215,10×15,20×15，所以S415×575；所以可归纳Sk×(k1).所以k240，所以×k240，由得，×k240240240，所以k240dm2.教师备选1周髀算经中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为()A4.5尺 B3.5尺C2.5尺 D1.5尺答案A解析冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列an，设公差为d，由题意得，解得所以ana1(n1)d11.5n，所以a711.574.5，即春分时节的日影长为4.5尺2古希腊时期，人们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，把这个比值称为黄金分割比例如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，若M与K之间的距离超过1.5 m，C与F之间的距离小于11 m，则该古建筑中A与B之间的距离可能是(参考数据：0.61820.382，0.61830.236，0.61840.146，0.61850.090，0.61860.056，0.61870.034)()A30.3 m B30.1 mC27 m D29.2 m答案C解析设|AB|x，a0.618，因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，所以有|BC|ax，|CF|a2x，|FG|a3x，|GJ|a4x，|JK|a5x，|KM|a6x.由题设得解得26.786<x<28.796，故选项C符合题意思维升华数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值(2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑an与an1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者Sn与Sn1(或者相邻三项)之间的递推关系跟踪训练1(1)(2022·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到()A2022年12月 B2023年2月C2023年4月 D2023年6月答案B解析每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，则705n×1500，化简整理得，n29n8600，解得n25.17或n34.17(舍)，所以预计我国累计开通500万个5G基站需要25个月，也就是到2023年2月(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的详解九章算法·商功中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，设各层球数构成一个数列an，则() Aa412Ban1ann1Ca1005 050D2an1an·an2答案BC解析由题意知，a11，a23，a36，anan1n，故an，a410，故A错误；an1ann1，故B正确；a1005 050，故C正确；2an1(n1)(n2)，an·an2，显然2an1an·an2，故D错误题型二等差数列、等比数列的综合运算例2(2022·滨州模拟)已知等差数列an和等比数列bn满足a12，b24，an2log2bn，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列an中不在数列bn中的项按从小到大的顺序构成数列cn，记数列cn的前n项和为Sn，求S100.解(1)设等差数列an的公差为d，因为b24，所以a22log2b24，所以da2a12，所以an2(n1)×22n.又an2log2bn，即2n2log2bn，所以nlog2bn，所以bn2n.(2)由(1)得bn2n2·2n1a2n1，即bn是数列an中的第2n1项设数列an的前n项和为Pn，数列bn的前n项和为Qn，因为b7a64，b8a128，所以数列cn的前100项是由数列an的前107项去掉数列bn的前7项后构成的，所以S100P107Q711 302.教师备选(2020·浙江)已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan1an，cn1cn，nN*.(1)若bn为等比数列，公比q>0，且b1b26b3，求q的值及数列an的通项公式；(2)若bn为等差数列，公差d>0，证明：c1c2c3cn<1，nN*.(1)解由b11，b1b26b3，且bn为等比数列，得1q6q2，解得q(负舍)bn.cn1cn4cn，cn4n1.an1an4n1，ana1144n21.(2)证明由cn1·cn(nN*)，可得bn2·cn1bn·cn，两边同乘bn1，可得bn1·bn2·cn1bn·bn1·cn，b1b2c1b21d，数列bnbn1cn是一个常数列，且此常数为1d，即bnbn1cn1d，cn··，又b11，d>0，bn>0，c1c2cn<1，c1c2cn<1.思维升华对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b11，d>0证明不等式成立另外本题在探求an与cn的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法跟踪训练2已知等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a410，b2b4a5.(1)求an的通项公式；(2)求b1b3b5b2n1.解(1)设等差数列an的公差为d.因为a11，a2a410，所以2a14d10，解得d2.所以an2n1.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2b4a5，所以b1q·b1q39.又b11，所以q23.所以b2n1b1q2n23n1.则b1b3b5b2n113323n1.题型三数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例3已知数列an满足a1，2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：aaaa<.(1)解因为2(nN*)，所以2(nN*)，因为a1，所以2，所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，所以22(n1)2n(nN*)，所以数列an的通项公式是an(nN*)(2)证明依题意可知a2·<··(n>1)，所以aaaa<<.故aaaa<.命题点2数列与函数的交汇例4(1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列an中，首项a12，公比q>1，a2，a3是函数f(x)x36x232x的两个极值点，则数列an的前9项和是_答案1 022解析由f(x)x36x232x，得f(x)x212x32，又因为a2，a3是函数f(x)x36x232x的两个极值点，所以a2，a3是函数f(x)x212x32的两个零点，故因为q>1，所以a24，a38，故q2，则前9项和S921021 022.教师备选1已知函数f(x)log2x，若数列an的各项使得2，f(a1)，f(a2)，f(an)，2n4成等差数列，则数列an的前n项和Sn_.答案(4n1)解析设等差数列的公差为d，则由题意，得2n42(n1)d，解得d2，于是log2a14，log2a26，log2a38，从而a124，a226，a328，易知数列an是等比数列，其公比q4，所以Sn(4n1)2求证：<2(nN*)证明因为<，所以不等式左边<.令A，则A，两式相减得A1，所以A2<2，即得证思维升华数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明跟踪训练3(1)(2022·长春模拟)已知等比数列an满足：a1a220，a2a380.数列bn满足bnlog2an，其前n项和为Sn，若恒成立，则的最小值为_答案解析设等比数列an的公比为q，由题意可得解得a14，q4，故an的通项公式为an4n，nN*.bnlog2anlog24n2n，Sn2nn(n1)·2n2n，nN*，令f(x)x，则当x(0，)时，f(x)x单调递减，当x(，)时，f(x)x单调递增，又f(3)3，f(4)4，且nN*，n，即，故，故的最小值为.(2)若Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S24.求数列an的通项公式；设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn<对所有nN*都成立的最小正整数m.解设an的公差为d(d0)，则S1a1，S22a1d，S44a16d.因为S1，S2，S4成等比数列，所以a1·(4a16d)(2a1d)2.所以2a1dd2.因为d0，所以d2a1.又因为S24，所以a11，d2，所以an2n1.因为bn，所以Tn<.要使Tn<对所有nN*都成立，则有，即m30.因为mN*，所以m的最小值为30.课时精练1(2022·青岛模拟)从“Snn；S2a3，a4a1a2；a12，a4是a2，a8的等比中项”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，_，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，数列bn的前n项和为Wn，求Wn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解(1)选：Snnn2n，令n1，得a11，即a12，所以Snn2n.当n2时，Sn1(n1)2n1，当n2时，anSnSn12n，又a12，满足上式，所以an2n.选：由S2a3，得a1a2a3，得a1d，又由a4a1a2，得a13da1(a1d)，因为d0，则a1d2，所以an2n.选：由a4是a2，a8的等比中项，得aa2a8，则(a13d)2(a1d)(a17d)，因为a12，d0，所以d2，则an2n.(2)Snn2n，bn(2n1)22n1(2n)22n3·22n2n，所以Wn3×2223×24223×22n2n4(4n1)2(2n1)4n12n16.2(2022·沈阳模拟)已知正项数列an的前n项和为Sn，且a2Snn1，a22.(1)求数列an的通项公式an；(2)若bnan·2n，数列bn的前n项和为Tn，求使Tn>2 022的最小的正整数n的值解(1)当n2时，由a2Snn1，a22，得a2Sn1n11，两式相减得aa2an1，即aa2an1(an1)2.an是正项数列，an1an1.当n1时，a2a124，a11，a2a11，数列an是以a11为首项，1为公差的等差数列，ann.(2)由(1)知bnan·2nn·2n，Tn1×212×223×23n·2n，2Tn1×222×23(n1)·2nn·2n1，两式相减得Tnn·2n1(1n)2n12，Tn(n1)2n12.TnTn1n·2n>0，Tn单调递增当n7时，T76×2821 538<2 022，当n8时，T87×2923 586>2 022，使Tn>2 022的最小的正整数n的值为8.3(2022·大连模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，S525，且a31，a41，a73成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)nan1，Tn是数列bn的前n项和，求T2n.解(1)由题意知，等差数列an的前n项和为Sn，由S525，可得S55a325，所以a35，设数列an的公差为d，由a31，a41，a73成等比数列，可得(6d)24(84d)，整理得d24d40，解得d2，所以ana3(n3)d2n1.(2)由(1)知bn(1)nan1(1)n(2n1)1，所以T2n(11)(31)(51)(71)(4n3)1(4n11)4n.4(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列an满足a35，a1a22a4.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn的通项公式为bn2n，将数列an，bn的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列cn，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，求数列cn的前(4n3)项和T4n3.解(1)由题意，设数列an的公差为d，因为a35，a1a22a4，可得整理得(52d)(5d)2(5d)，即2d217d150，解得d或d1，因为an为整数数列，所以d1，又由a12d5，可得a13，所以数列an的通项公式为ann2.(2)由(1)知，数列an的通项公式为ann2，又由数列bn的通项公式为bn2n，根据题意，得新数列cn，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，则T4n3b1a1a2b2b3a3a4b4b2n1a2n1a2nb2nb2n1a2n1a2n2(b1b2b3b4b2n1)(a1a2a3a4a2n2)4n12n29n5.5已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，Snna1n(n1)，(2a12)2a1(4a112)，解得a11，an2n1.(2)由(1)可得bn(1)n1(1)n1，当n为偶数时，Tn1；当n为奇数时，Tn1.Tn