专题45 数列的综合应用(解析版)

专题45数列的综合应用专题知识梳理1.数列可以与函数、方程、不等式、三角函数、平面向量、解析几何等组成综合问题，灵活地运用等差、等比数列的相关知识分析问题、解决问题是关键，当然借助一定的函数、不等式基础知识。2．解答数列应用题的基本步骤审题——仔细阅读材料，认真理解题意；建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征，看它属于等差数列模型、还是等比数列模型，还是递推数列的模型；求解——求出该问题的数学解；还原——检验结果是否符合题意，并将所求结果还原到原实际问题中．考点探究在，请说明理由．【解析】（1）设数列｛an啲公差为d,则d>0.aS J(a1+d)(a1+2d)二15,由a2于15咅16,得仏1+64二16,解得m或忙J（舍去）所以an=2n-1.1（2）1）因为bi"i，bn+i-bn二晶茄，所以^"广1,11111叮1一*二an・an+1二(2n_1).(2n+1)二2(2n_1一2n+1)，1111即b2-b广尹-3),b3-b2巧(3行),111bn-bn-1=2(^-^)，(n^）假设存在正整数m、n（m/n），使得b2,bm,bn成等差数列，则b2+bn二2bm.1 1 n－1累加得：bn「b广尹「丹^丹，n－1 n－13n－2所以bn二bi+乔T1+2nrr乔！•3n－2b广1也符合上式•故*二乔"WN*.

4又b24又b2=33n－23bn二二2i4n-231bm=2-4m-2所以4所以4+（34n-2）二2（2-4m-2），即2m-1"6+4n-2,7n-2 9化简得当n+u即心时，吩2，（舍去）；当n+1二9,即n=8时，m二3，符合题意.所以存在正整数m二3,n二8，使得b2,bm,bn成等差数列.题组训练1•已知数列｛an｝满足a1=1,|an+1-an|=pn,neN*.（1）若｛an｝是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值;1⑵若P二2,且｛a2n-1｝是递增数列，｛a2n｝是递减数列，求数列｛an｝的通项公式.【解析】（1）T｛aj是递增数列,Aan+1-an=|an+1-an|=pn.而a1=1,因此a2二p+1,a3二P2+P+11•又a1,2a2,3a3成等差数列,^4a2=a1+3a3，因而3p2-p二0,解得p二3或P二°・当P=°时，an+1=1an，这与｛an｝是递增数列矛盾，故p二亍1⑵由于｛%』是递增数列，因而a2n+1-a2n-1>0,于是（％+1-%）+霭-%-1）>0・①但厉1<22n-1，：|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|'②

由①②知，％-%-1>°，因此％-%-1T2n-1 (-1)2n由①②知，％-%-1>°，因此％-%-1T2n-1 (-1)2n222n-1•③•••｛a2n｝是递减数列，同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n可2n(-1)2n+1222n—•④由③④即(-1)n+1知，an+i-an2n－1)n11－1)n于是an=ai+(a2-ai)+(a3-a2)+…+(an-an-i)二1+2-22+…+2n-1=1+2二_2n-1V2丿11+241(－1)n二—+ =1+2二_2n-1V2丿11+241(－1)n二—+ 3+32n-1•41(－1)n故数列｛an｝的通项公式为an=3+3'2n-1•2•已知数列｛an｝满足a1=-1,a2=1,且an+22+(-1)n2 an(neN*).(1)求a5＋a6的值；⑵设Sn为数列｛an｝的前n项的和，求Sn；⑶设bn_a2n-1+a2n，是否存正整数i」,k(i<j<k)，使得Q,b.,bk成等差数列？若存在，求出所有满足条件的i,j,k；若不存在，请说明理由.解析】13⑴由题意，当n为奇数时，an+2_2an;当n为偶数时，an+2_2an.又a^-l,a2_1,「.1a3_-2，a51394；a4=2，a6=4,即a5+a6=2.31・（1-（2）k）31・（1-（2）k）4.⑶由（D,得+%‘3、2n-1->0（仅b广0且｛bn｝递增），且k,jeZ,「.k-1・（1-（2）k）（2）①当n—2k时，sn_S2k-（a1+a3+…+a2k-1）+（a2+%+•••+%）- 1 +1-2313n1n二2［（办+（2）订-4二2［（2）2+（2）21-2313313n－1②当n二2k-1时,sn二S2k-a2广2[（2）k+（2）k]-4-（2）k-i二2x（2）k-i+（2）k»4=2x（2）丁+1n－1（2）丁-4..・.，Sn二TOC\o"1-5"\h\z3n 1n2x（-b-+2x（-）--4, n为偶数，neN*,2 22\o"CurrentDocument"n－1 1n－1I2x（2）丁+（2）丁-4,n为奇数，neN*丿-1逅j-1nj+1.—•*1‘3、7⑴j+1-丿j+1=-4xj-1-4乜①当k>j+2时，bk>bj+2，若bi,b.,bk成等差数列，则bi=2b.-bk<2b.-bj+2=2l丿-1-〔2j-1j-i<0,此与bn>0矛盾•故此时不存在这样的等差数列.②当k二j+1时,bk二bj+1若b,b.，bk成等差数列则b二2b.-bk=2b.-b.+1=2l2）博13312）博13二2乂（2）.-1-2x（2）j-1，又•"<.，且i,jeZ,「.i<j-1.13313131若i<j-2,则bj<b._2，得2X(2)-1-2X(2)-1-(2)-3-(2)-3，得妙-3+5选)-3<0,矛盾，「.i二j-1.从而2b.-1.从而2b.二bj_]+£•+13)b.+i,得2伺-箱-11=1!-2俳23)•⑴.2j-2.」，化简，得3.-1,解得j二2.从而，满足条件的i,j,k只有唯一一组解，即i二1,j二2,k二3.3•已知数列｛an｝的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列•数列｛an｝前n项和为Sn，且满足S3=a4，a3+a5=2+a4-(1)求数列｛an｝的通项公式；(2)在数列｛an｝中，是否存在连续的三项am,am+1,am+2,按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有满足条件的正整数m的值；若不存在，说明理由.【解析】⑴设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q,则a广1,a2=2,a3=1+d,a4=2q,a5二1+2d八°S3二a4,「1+2+(1+d)二2q，即4+d=2q,又a3+a5二2+a4,(1+d)+(1+2d)二2+2q,即3d=2q,解得d二2,q二3,「对于kwN*,有a2k-1二1+(k-1)・2二2k-1，a2k二23-1,故an二n,n二2k-1vn ,keN*.2丐-1,n二2k(2)在数列｛aj中，仅存在连续的三项a】,a2,a3,按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1其理由是，若am"2k,则由am+am+2=2am+1，得2・3k-1+2・3k二2(2k+1)化简得4・3k-1二2k+1,此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立；若am=a2k-1,则由am+am+2=2am+1,得(2k-1)+(2k+1)k k+1k1-2k=223k-1化简得k二3k-1,令Tk二3—1,(keN*)，则Tk+1-Tk=_3F-3k_1二3k<°因此，1二1>丁2>丁3>...,故只有1二1,此时k二1,m二2x1-1二1。综上，在数列aj中，仅存在连续的三项a】,a2,a3,按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1.

例】已知数列an1a=——1 例】已知数列an1a=——1 4a=nn-1 (n>2,ngN).(—1)na —2n—1（1）求数列的通项公式anb（2）设1，求数列缶nl的前n项和Sn；cc(3)设n=asin旦土/ Tn b=(3-2n-1+1)2=9-4n-b=(3-2n-1+1)2=9-4n-1+6-2n-1+1(—1)2n—2...c=asin(2n—1)K=3727+1=3.2亠1+1.nn【解析】（1） :=i—f+(—1)n=(—2)[ +(—1)n-1]aan n—1丄+(—1)=3 ｛丄+又a1 ,.数列匕（-1”J是首项为3，公比为-2的等比数列.S=S=9.1.(1—4n)—+(—1)n=3(-2)n-1.a•n(3)•••sin(2n-"=sin(n兀—-)=(—1)n—i，22

TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"T=丄+—1—+—1—+ +当n>3时，则n3+13-2+1 3-22+1 3-2n-1+11丄1丄1丄1丄1 _11丄+[1—G）n-2]<473-223-233-2n-128 1—+2=11+1[i-（1）n-2]<11+1=47<48=4286 2 286 84 84 7T<T<T12 3，•••对任意的neN-<7题组训练Sn+i二qSn+1，其中q>0,n&n*1.已知数列Sn+i二qSn+1，其中q>0,n&n*（I）若2a2‘行a2+2成等差数列，求｛an｝的通项公式;x2—上=1（口）设双曲线a5e=的离心率为en，且23，证明：4n—3ne+e+…+e>1 2 n 3n—1【解「析】（I）由已知，S1 qSn 1，Sn 2 qSn 1 两式相减得到J2 ^n 1，"1+++++=+=+='又由S2qS\1得到a2qa1,故»】qan对所有n1都成立.+=+>所以，数列｛an｝是首项为1,公比为q的等比数列，得忡1.nn由2a2,a3,a2+2成等比数列，可得2a3=3a2 2，即2q2=3q2，,则（2q+1）（q2）0+由已知,q0，故q=2，所以a2n1（nN*）>（口）由（I）可知，anqn1.

y2xn+1 — 2,所以当nn+12,所以当n_3时，所以双曲线 an2的离心率e"an2订q2(n1).-==+=+一由q门q23解得q3.=+=因为1+q2(k1) q2(k1)，所以J1+q2(k1) qki(k N*)e于是1>e于是1>ee1+q2n>eqn11

qn1 eeq14n，故i24n3ne3 3n1+H h>H h= + > -2.(2018・模拟改编)已知各项是正数的数列｛an｝的前n项和为Sn严n=3n-1JneN*,n>2)，且a=2.若SnW「2n+1对任意n&N*恒成立，则实数九的取值围是。S_n(3n-1+2)_3n2+n【解析】由寫_3n-1得广—2—= 2

S 3n2+n入三_ w-‘,由题意得 2n+1 2n+2对一切neN*恒成立，3n2+nc_记n 2n+2

3(n—1)2+(n—1)13 1513 15c_ c_ -4 16，且3 16-3n2+11n一4c—c_ 故n n—1 2n+2 ,n三2。当n>4时，：<Cn-1,当n_4时1c—

3n2+n 15c_n2n+2取得最大值16,故实数九的取值围为［詈,+呵.3.已知两个无穷数列｛a｝和｛b｝的前n项和分别为S,T,nn nn且a1_1,S2_4，对任意的neN，都有3Sn+1_2Sn+Sn+2+(1)求数列｛an｝的通项公式；(2)若｛bn｝为等差数列，对任意的neN*，都有Sn>Tn证明：化>

【解析】⑴由3S【解析】⑴由3Sn+1二2S+S+an n+2 n得2(S -S)二S-S+an+1 n n+2 n+1 n日口2a =a+a 丘所以a—a=a—a即 n+1 n+2 n，所以n+2 n+1 n+1n由1,S]=4，可知3=3•所以数列｛»｝是以1为首项，2为公差的等差数列.故｛口的通项公式为an=2n—1•(2)设数列呼的公差为d，则Tn=叭+竺异d由(1)知，Sn=n2．n(n—1)n2>nb+ d因为Sn>Tn，所以1 2 ，即(2―d)n+d―2bi>0恒成立，|2—d>0, |d<2,所以 —2b1>0,即t2b1<d5又护i>T1，得b1<1，所以a—b=2n—1—b—(n—1)d二(2—d)n+d—1—b>(2—d)+d—1—b二1—b>0TOC\o"1-5"\h\z所以nn 1 1 1 1所以an>bn，得证.4.(-模)已知等差数列｛a｝的公差d不为0,且a,a，…,a，…(k<k<•••<k<…)成等比数列，n kk k 1 2 n1 2 n公比为q。a〔(1)若k=1,k=3,k=8，求d的值;1 2 3

a(2)当~d为何值时，数列｛kn｝为等比数列;(3)若数列｛kn｝为等比数列，且对于任意n丘N*，不等式an+ak>2kn恒成立，求《的取值围。n【解析】(1)由已知可得：a,a,a成等比数列，所以叫+2d)2二+7d)，138a41=整理得：4d2二3a]d，因为d丰0，所以d3；(2)设数列｛kn｝为等比数列，则k22=k1k3，又因为°叮"k2'ak3成等比数列，所以[a+(k—1)d][a+(k—1)d]—[a+(k—1)d]2所以1 1 1 3 1 2 ，整理得a(2k—k—k)—d(kk—k2—k—k+2k)整理，得1 2 1 3 13 2 1 3 2 ，因为k2—kk，所以a(2k—k—k)—d(2k—k—k)a因为2k2丰k1+k3，所以a1=d，即予=1；a当da当d=1时，a—a+(n—1)d—ndn1a—kd所以kn又因为作n—又因为作n—aqn—1—kdqn—1k1 1，所以kn—k1qn—1kqn—1+ —q(n>2)k1qn—2 ，数列｛kn｝为等比数列，a综上，当分=1时，数列｛kn｝为等比数列；(3)因为数列｛kn｝为等比数列，由(2)知：a1=d，kn—k1qn—1(q>1)，优选因为对于任意neN*，不等式ankn>2kn恒成立，所以不等式na+kaqn-i>2kqn-i1111 1a>，所以*i2kqn-i1 n+kqn-i

i即即ain+kqn-i

二—+旦2 2ki

nqn恒成立。，即证lnn—<n—lnq+ln£lnx<因为ii—x<xe2，即证lnn—<n—lnq+ln£lnx<因为ii—x<xe2lnn=2lnnii<n2i2解不等式n—2<n—lnq+ln£(n2)2lnq一n2+ln£>0即i i1n2>可得i1+J1—4lnqln£2lnqJ+J1—4lnqln£、

n>( )2，所以1 2lnqn不妨取0二J仁；1-4gqln£)2]+12lnq，则当n1>no时，原式得证，所以a12，所以a1-2即得a1的取值围是［2，+^)n4<£下面证明：对于任意的正实数£(0<£<J，总存在正整数n1，使得炉1n4<£要证qni考向3数列的实际应用【例】某产品在不做广告宣传且每千克获利a元的前提下，可卖出b千克•若做广告宣传，广告费为n(n

beN*)千元时比广告费为(n-1)千元时多卖出〒千克.2n当广告费分别为1千元和2千元时，用b表示销售量S;试写出销售量S与n的函数关系式；⑶当a二50,b二200时，要使厂家获利最大，销售量S和广告费n分别应为多少？【解析】⑴当广告费为1千元时，销售量S二匕+号罟当广告费为2千元时，销售量S二b+号+导罟⑵设Sn(neN)表示广告费为n千元时的销售量，bb由题意得bb由题意得S1-S0=2,S2-S广方,bS-S二一

nn-12nbbbbbbbb以上n个等式相加得，Sn-S0巧+方+23+…+2n，++'+・・・+'++'+・・・+'22232n1b[1-Qn+1]1七2-朮1-2⑶当⑶当a二50,b二200时，设获利为T「则有Tn二Sa-1000nTn二Sa-1000n二10000x(21亦)10-1000n=1000x(20N-n)10设4二20-亦7，则bn+1-bn=2°-102n+110 5-n-1-20+牙+2亦-1当n<2时，bn+1-bn>0；当“3时，bn+1-bn<0-所以当n二3时，bn取得最大值，即Tn取得最大值，此时S二375,

即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．题组训练1•一位幼儿园老师给班上k(k>3)个小朋友分糖果•她发现糖果盒中原有糖果数为a0，就先从别处抓211块糖加入盒中，然后把盒糖果的2分给第一个小朋友；再从别处抓2块糖放入盒中，然后把盒糖果的3分给1第二个小朋友；…，以后她总是在分给一个小朋友后，就从别处抓2块糖放入盒中，然后把盒糖果的分给第n(n二1,2,3,…k)个小朋友•如果设分给第n个小朋友后(未加入2块糖果前)盒剩下的糖果数为an.⑴当k二3,a0二12时，分别求ax,a2,a3；(2)请用an_]表示an;令bn二(n+1)an，求数列｛bn啲通项公式；⑶是否存在正整数k(k>3)和非负整数a0,使得数列｛an｝(nvk)成等差数列，如果存在，请求出所有的k和a0，如果不存在，请说明理由.11【解析】⑴当k二3,a0=12时，冉二仗0+2)-尹。+2)=7，a2=(a]+2)-3Q+2)=6,a3=(a2+12)-4(a2+2)=6.1n(2)由题意知：知=@-1+2)-市爲-1+2)=市爲-1+2),即(n+1)an=n(an-i+2)=nan-i(2+2n)+2n，•/bn=(n+1)an,/-bn-bn-1=2n,bn-1-bn-2=2n-2，…，％小。=2.累加得"-b。二一2n=n(n+1)，又b0=a0,.也二n(n+1)+a。.a0⑶由bn=n(n+1)+a0,得an二n+ ，若存在正整数k(k>3)和非负整数a。，使得到数列｛an｝(n

1a0a0<k)成等差数列，则a1+a3=2a2，即(1+2a0)+3+才二2(2+可)a0=O,当a0=O时，an二n，对任意正整数k(k>3)，有{an}(nvk)成等差数列.2.某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入