高考数学第一轮复习复习第5节　数列的综合应用（讲义）

第5节数列的综合应用[课程标准要求]1.了解数列是一种特殊的函数,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.2.掌握数列与函数、不等式相结合的综合问题,提升逻辑推理的核心素养.数列应用的常见模型(1)等差模型:当增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型:当后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型,这个固定的数就是公比.(3)递推模型:找到数列中任一项与它前面项之间的递推关系式,可由递推关系入手解决实际问题,该模型是递推模型.等差模型、等比模型是该模型的两个特例.1.(选择性必修第二册P40练习T2改编)某同学在一次模拟实验中,设定一个乒乓球从16m高处下落,每次着地后又弹回原来高度的一半再落下,则第6次着地时乒乓球所运动的路程之和为(C)A.31m B.31.5mC.47m D.63m解析:记每次着地前的最高高度为an,则{an}为等比数列,其中a1=16,q=12,第6次着地时,乒乓球所运动的路程之和为16[1-2.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA′,BB′,CC′,DD′是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9解析:如图,连接OA,延长AA1与x轴交于点A2,则OA2=4OD1.因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,所以k1=k3-0.2,k2=k3-0.1,所以CC1=DC1(k3-0.2),BB1=CB1(k3-0.1),AA1=k3BA1,即CC1=OD1(k3-0.2),BB1=OD1(k3-0.1),AA1=k3OD1.又DD1OD1=0.5,所以DD1=0.5OD1,所以AA2=0.5OD1+OD1(k3-0.2)+OD1(k3-0.1)+k3OD1=OD1(3k3+0.2),所以tan∠AOA2=A3.一给定函数y=f(x)的图象在下列图中,并且对任意a1∈(0,1),由关系式an+1=f(an)得到的数列{an}满足an+1>an,n∈N*,则该函数的图象是(A)解析:由an+1=f(an)>an知,f(x)的图象在y=x上方.4.在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}(B)A.有最大项,有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项解析:由题意可知,等差数列的公差d=a5-a15-1=-1+95-1=2,所以an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11,注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…,且由T5<0可知Tn<0(n≥5,n∈N*),由TnTn-1=an>1(n≥7,n∈N*)可知数列{Tn}不存在最小项,由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a数学文化与数列的实际应用1.古代数学名著《九章算术》有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是:一女子善于织布,每天织的布是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问:该女子每天分别织多少尺布?由此条件,若织布的总尺数不少于20尺,则该女子至少需要(B)A.6天 B.7天 C.8天 D.9天解析:设该女子第一天织布a1尺,则数列{an}是公比为2的等比数列.由题意,得S5=a1(1-25)1-2=5,化简得a1=2.(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{bn}:b1=1+1α1,b2=1+1α1+1α2,bA.b1<b5 B.b3<b8 C.b6<b2 D.b4<b7解析:法一当n取奇数时,由已知b1=1+1α1,b3=1+1α1+1α2+1α3,因为1α1>1α1+1α2+当n取偶数时,由已知b2=1+1α1+1α2,b4=1+1α1+1α2+1α3+1α4,因为1α2因为1α1>1α1+1α2,所以b1>b2,同理可得b3>b4,b5>b6,b7>b8,又b法二(特殊值法)不妨取αk=1,则b1=1+11=2,b2=1+11+11=1+1bb3=1+11+11+11=1+1所以b4=1+1b3=1+35b5=1+1b4=1+58b6=1+1b5=1+813b7=1+1b6=1+1321b8=1+1b7=1+2134逐一判断选项可知选D.3.(多选题)在《增删算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是(ACD)A.此人第二天走了96里路B.此人第三天走的路程占全程的1C.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里D.此人后三天共走了42里路解析:设此人第n天走an里路,则数列{an}是首项为a1,公比q=12的等比数列,则S6=a1(1-126)1-12=378,解得a1=192,则此人第二天走了96里路,故A正确;此人第三天走了48里路,48378>18,故B错误;此人后五天走的路程是378-192=186,则第一天走的路程比后五天多6里,故C正确;此人后三天走的路程a4.(多选题)(2022·广东汕头三模)意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数:1,1,2,3,5,8,13,….即从第三项开始,每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他,就把这列数称为斐波那契数列.下列关于斐波那契数列{an}说法正确的是(AD)A.a12=144B.a2022是奇数C.a2022=a1+a2+a3+…+a2020D.a2020+a2024=3a2022解析:易知,数列{an}满足递推关系an+2=an+1+an.a12=a11+a10=2a10+a9=3a9+2a8=5a8+3a7=8a7+5a6=8×13+5×8=144,故A正确;观察数列可知,数列每三项都是奇、奇、偶重复循环,2022=674×3,恰好能被3整除,且a3为偶数,所以a2022也为偶数,故B错误;若选项C正确,又a2022=a2021+a2020,则a2021=a1+a2+…+a2019,同理a2020=a1+a2+…+a2018,a2019=a1+a2+…+a2017,依此类推,可得a4=a1+a2,显然错误,故C错误;a2024=a2023+a2022=2a2022+a2021,又a2020+a2024=a2020+2a2022+a2021=2a2022+(a2020+a2021)=3a2022,故D正确.(1)找出关键语言,关键数据,将所给问题抽象为数列问题并判断数列的类型或者找到递推公式.一般地,相同的增加量(或减少量)是等差数列问题,而涉及相同的增加率(或减少率)则是等比数列问题.(2)要分清已知量和待求量,正确利用等差或等比数列的有关公式列出相应的方程或不等式.新定义数列问题1.无穷数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,则称{an}为“和谐递进数列”.若{an}为“和谐递进数列”,Sn为其前n项和,且a1=1,a2=2,a4=1,a6+a8=6,则S2021=.

解析:由题意,得a1=a4=1,a2=2,所以a5=a2=2,同理a3=a6,a7=a4=1,a8=a5=2,因为a6+a8=6,所以a3=a6=4,故数列{an}是以3为周期的数列,S2021=S673×3+2=(1+2+4)×673+(1+2)=4714.答案:47142.若对任意的i,j∈N*,且i≠j,总存在n∈N*,使得an=ai·aj(i+j≤n),则称数列{an}是“T数列”.现有以下四个数列:①{3n+1};②{4n-1};③{3n};④{n2+1}.其中所有“T数列”的序号为.

解析:令an=3n+1,ai·aj=(3i+1)(3j+1)=3(3ij+i+j)+1,则n=3ij+i+j∈N*,故{3n+1}是“T数列”.令bn=4n-1,则由b1·b2=21,而4n-1=21无正整数解,故{4n-1}不是“T数列”.令cn=3n,由ci·cj=3i·3j=3i+j=cn,得n=i+j∈N*,故{3n}是“T数列”.令dn=n2+1,则d1·d3=20,而n2+1=20无正整数解,故{n2+1}不是“T数列”.答案:①③3.高斯函数y=[x]也称为取整函数,其中[x]表示不超过x的最大整数,例如[3.4]=3.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+an,设数列{an1+an}的前n项和为S解析:由题意知,an>0,因为an+1=an2+an,所以1an+1=1an2+an=1所以S2022=2022+(1a2-1a1+1a3-1a2+…+1a因为a1=1,an+1=an2+an>an,所以a所以2021<2021+1a故[S2022]=2021.答案:20214.(2022·陕西西安二模)“0,1数列”在通信技术中有着重要应用,它是指各项的值都等于0或1的数列.设A是一个有限“0,1数列”,f(A)表示把A中每个0都变为1,0,1,每个1都变为0,1,0,所得到的新的“0,1数列”,例如A={1,0},则f(A)={0,1,0,1,0,1}.设A1是一个有限“0,1数列”,定义Ak+1=f(Ak),k=1,2,3,….若有限“0,1数列”A1={0,1,0},则数列A2022的所有项之和为.

解析:因为A1={0,1,0},依题意,A2={1,0,1,0,1,0,1,0,1},A3={0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0},显然A1中有3项,其中2项为0,1项为1;A2中有9项,其中4项为0,5项为1;A3中有27项,其中14项为0,13项为1,由此可得An中有3n项,其中0的项数与1的项数差的绝对值是1,当n为奇数时,0的项数比1的项数多1,当n为偶数时,0的项数比1的项数少1.因此,数列A2022有32022项,0的项数比1的项数少1,所以数列A2022的所有项之和为12×(32022-1)×0+12(32022+1)×1=12×答案:12(32022遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以解决.数列不等式的证明求和后放缩[例1](2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{Snan(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1a1+1a(1)解:法一因为a1=1,所以S1又{Snan所以Snan=1+(n-1)×1因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1,所以SnSn所以Sn-S整理得SnSn所以S2S1·S3S2·…·Sn-1Sn-2·S所以Sn=n(又S1=1也满足上式,所以Sn=n(n+1则Sn-1=(n所以an=n(n+1)(n又a1=1也满足上式,所以an=n(n+1法二因为a1=1,所以S1又{Snan所以Snan=1+(n-1)×1所以Sn=n+23a因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+23an-n+1所以n+13an-1=n-所以anan所以a2a1·a3a2·…·an-1an-2·ana所以an=n(又a1=1也满足上式,所以an=n(n+1(2)证明:因为an=n(所以1an=2n(n所以1a1+1a2+…+1an=2[(1-12)+(12-13)+…+(1故原式得证.求和后再“放缩”适用于“可求和数列”,正确求和是证明不等式的关键,求和后放缩一般结合数列的单调性即可.放缩后求和[例2]设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3,数列{bn}满足:对任意的n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)记Cn=an2bn,n∈N*,证明:C1+C2+…+Cn<2(1)解:设{an}的公差为d,则a解得a所以数列{an}的通项公式为an=2n-2.其前n项和Sn=(0+2由题意,n(n-1)+bn,n(n+1)+bn,(n+1)(n+2)+bn成等比数列,即[n(n+1)+bn]2=[n(n-1)+bn]·[(n+1)(n+2)+bn],化简得bn=n=n(n+1).(2)证明:结合(1)中的通项公式可得Cn=an2bn=2n+=2(n-n-所以C1+C2+…+Cn<2(1-0)+2(2-1)+…+2(n-n-1)=2放缩后求和适用于“不可求和数列”,合理放缩到可以求和是证明不等式的关键,常用放缩法:(1)舍掉或者加进一些项.(2)利用分式的性质放大或缩小分母或分子.(3)应用基本不等式.构造函数放缩[例3]数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4-n+22n(1)求a3的值;(2)求数列{an}的前n项和Tn.(3)令b1=a1,bn=Tn-1n+(1+12+13+…+1n)an(1)解:当n=1时,a1=4-3=1,当n≥2时,a1+2a2+…+nan=4-n+2a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-n+1两式相减得nan=4-n+22n-1所以an=12当n=1时,a1=1也满足上式,所以an=12n-1,所以a3=(2)解:因为an=12所以数列{an}是公比q=12,首项a1所以数列{an}的前n项和Tn=1-(1(3)证明:因为bn=Tn-1n+(1+12+13+…+1n)·所以b2=a12+(1+12b3=a1+a23+(1+1…bn=a1+a2+…+an所以Sn=b1+b2+…+bn=(1+12+13+…+1n)a1+(1+12+13+…+1n)a2+…+(1+1=(1+12+13+…+1n)(a1+a2=(1+12+13+…+1=(1+12+13+…+1n显然(1+12+13+…+1n)(2-21-n)<(1+12故要证Sn<2+2lnn,只需证1+12+13+…+设f(x)=lnx+1x则f′(x)=1x-1x2即f(x)在(1,+∞)上为增函数,因为f(1)=0,所以f(x)>0.设k≥2,且k∈N*,则kk所以f(kk-1)=lnk即lnkk-1所以12<ln21,13<ln32,…,即12+13+…+1n<ln21+ln所以1+12+13+…+所以Sn<2+2lnn.构造函数,利用导数证明函数单调性,结合累加法即可证明不等式.[针对训练]1.记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,且Sn=an+1-3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)已知数列{cn}满足,记Tn为数列{cn}的前n项和,证明:Tn<2.

从①cn=an+2(an解:(1)因为Sn=an+1-3,①当n=1时,a1=a2-3,所以a2=4;当n≥2时,Sn-1=an-3,②①-②,得an+1=2an.又因为a2所以数列{an}是从第2项起公比为2的等比数列,即当n≥2时,an=a2·2n-2=2n,所以an=1(2)若选择①.cn=an2n+2=2(12n-所以Tn=2(1-122-1+122-1-22若选择②.cn=n+2则Tn=322+423+…+12Tn=323+424③-④,得12Tn=34+(123+124+…+12n+1)-n+22所以Tn=2-n+42.已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求{an}的通项公式;(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=53,证明:e1+e2(1)解:由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n≥1都成立.所以数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.从而an=qn-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,又q>0,故q=2,所以an=2n-1(n∈N*).(2)证明:由(1)可知,an=qn-1(q>0),所以双曲线x2-y2en=1+an2由e2=1+q2=53因为1+q2(n-1)>q2(n-1),所以1+q2(n-于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=qn-1故e1+e2+…+en>4n3.已知函数f(x)=lnx-a(x-1)(a>0)(e≈2.718,即自然对数的底数).(1)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;(2)在(1)的条件下,当n∈N*时,证明:(1+12)×(1+122)(1+1(1)解:因为函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f′(x)=1x即a≥1x由x>1,可得0<1x即实数a的取值范围为[1,+∞).(2)证明:由(1)得,当a=1时,f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)=lnx-(x-1)<f(1)=0,可得lnx<x-1(x>1),令x=1+12n,可得ln(1+12分别取1,2,3,…,n,得ln(1+12)+ln(1+122)+ln(1+123)+…+ln(1+12n)<12+即ln[(1+12)(+122)(1+1可得(1+12)(1+122)(1+1[知识链接]数列中的奇偶项问题考查的方向大致有:1.等差、等比数列中的奇偶项和的问题.2.数列中连续两项和或积问题,即an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n)型.3.含有(-1)n的问题.4.通项公式分奇、偶项有不同通项公式问题,即含有{a2n},{a2n-1}的类型.[典例]1.在数列{an}中,已知a1=1,an·an+1=(12)n,记Sn为{an}的前n项和,bn=a2n+a2n-1,n∈N*(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并写出其通项公式;(2)求数列{an}的通项公式;(3)求Sn.解:(1)因为an·an+1=(12)n所以an+1·an+2=(12)n+1所以an+2an=12,即an+2所以bn+1bn=a2又因为a1·a2=12,a1所以a2=12所以b1=a2+a1=12+1=3所以数列{bn}是以32为首项,1所以bn=32·(12)n-1=32(2)由(1)可知an+2=12an,且a1=1,a2=1所以数列{a2n}是以12为首项,12为公比的等比数列,数列{a2n-1}是以1为首项,12为公比的等比数列,所以a(3)①当n=2k,k∈N*时,S2k=(a1+a3+…+a2k-1)+(a2+a4+…+a2k)=3-32②当n=2k-1,k∈N*时,S2k-1=S2k-a2k=3-32k-12所以Sn=32.(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1=a(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;(2)求{an}的前20项和.解:(1)因为bn=a2n,且a1=1,an+1=a所以b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.因为bn=a2n,所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3,所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,bn=2+3(n-1)=3n-1,n∈N*.(2)因为an+1=a所以当k∈N*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1,即a2k=a2k-1+1,①a2k+1=a2k+2,②a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1,即a2k+2=a2k+1+1,③所以①+②得a2k+1=a2k-1+3,即a2k+1-a2k-1=3,所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列;②+③得a2k+2=a2k+3,即a2k+2-a2k=3,又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列,所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+10×92×3+20+10×92数列中的奇数项、偶数项问题实质上是分类讨论思想的应用,是对一个数列分成两个新的数列进行考查,注意新数列与原数列的项数、公差、公比的判定.按奇偶项分类求和是数列求和的一种重要的方法,需要对n分奇偶讨论,寻找奇数项、偶数项之间的关系.[拓展演练]已知正项数列{an},其前n项和为Sn,an=1-2Sn(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(-1)n(1an+2n),求数列{bn}的前n项和T解:(1)由已知an=1-2Sn,①所以有an+1=1-2Sn+1,②②-①,得an+1-an=-2an+1,所以an+1a所以数列{an}是公比为13又a1=1-2S1=1-2a1,所以a1=13所以an=(13)n(2)由(1)得bn=(-1)n(1an+2n)=(-1)n·3n+(-1)n当n为奇数时,Tn=(-3+32-33+34-…-3n)+2(-1+2-3+4-…-n)=-3[1-(-3)n]1=-3-3当n为偶数时,Tn=(-3+32-33+34-…+3n)+2(-1+2-3+4-…+n)=-3[1-(-3)n]1=-3+3n综上所述,Tn=-[例1]已知等差数列{an},Sn是