第32讲数列的综合问题

第32讲数列的综合问题基础知识1.数列的综合应用(1)等差数列和等比数列的综合等差数列与等比数列相结合的综合问题主要是应用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,建立关于两个基本量,即首项a1和公差d或公比q的方程组,以及解决等差中项、等比中项等问题.(2)数列和函数数列是特殊的函数,等差数列的通项公式和前n项和公式分别是关于n的一次函数和二次函数,等比数列的通项公式和前n项和公式在公比不等于1的情况下是公比q的指数型函数,可以根据函数的性质解决一些数列问题.(3)数列和不等式以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题,体现了在知识交汇点上命题的特点.这类问题一般通过数列求通项以及求和去解决一个不等式问题,这里的不等式通常是关于正整数的不等式,可以通过比较法、基本不等式法、导数方法和数学归纳法解决.2.数列应用题常见模型等差数列模型如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差数列模型,增加(或减少)的量就是公差等比数列模型如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比数列模型,这个固定的数就是公比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,即随着项的变化而变化时,应考虑an与an1的递推关系,或前n项和Sn与Sn1之间的递推关系分类探究探究点一等差、等比数列的综合问题例1在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2?

注:如果选择多个条件分别解答,那么按第一个解答计分.例1[思路点拨]若选条件①,先求出等比数列{bn}的公比q,进而求出等差数列{an}的通项公式,再由ak+1<0,ak+2>0求出k的值.若选条件②,也要先求出等比数列{bn}的公比q,进而求出等差数列{an}的公差d=28<0,这与由ak+1<0,解:方案一:选条件①.设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=27,即q=3,所以b1=b2q=1,故bn=从而a5=b1=1,a2=b1+b3=10.因为{an}是等差数列,所以an=3n16.因为Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2等价于ak+1方案二:选条件②.设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=27,即q=3,所以bn=(3)n从而a5=b1=1,a4=b4=27,所以{an}的公差d=28.因为Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2等价于ak+1<0且a方案三:选条件③.设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=27,即q=3,所以bn=(3)n1,从而a5=b1由{an}是等差数列得S5=5(a1+a5)2,由S5=25得a所以an=2n11.因为Sk>Sk+1且Sk+1<Sk即2(k+1)-11<0,[总结反思]解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,首先要根据两数列的概念,设出相应的基本量,然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量.解综合问题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件.变式题已知等差数列{an}的公差为d,Sn是数列{an}的前n项和,等比数列{bn}的公比为q(q≠1),Tn是数列{bn}的前n项和,a3+b3=0,b1=1,T3=3,d=q.(1)求数列{bn}的通项公式.(2)是否存在正整数λ,使得关于k的不等式λ(30+Sk)≤10有解?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.变式题解:(1)由b1=1,T3=b1(1+q+q2)=3,得q=2或q=1(舍去),∴bn=(2)n1.(2)∵a3+b3=0,∴a3=b3=4,又d=q=2,∴an=a3+2(n3)=2n10,则a1=8,∴Sn=n(a1+an)2=n(n9)=（λ(30+Sk)≤10有解,即λ≤1030+又（1030+Sk）max=1,∴λ=1(当λ=1时,30+Sk≤故存在λ=1,使得关于k的不等式λ(30+Sk)≤10有解.探究点二数列在实际生活中的应用例2(1)我国《车辆驾驶人员血液、呼气酒精含量阈值与检验》规定:车辆驾驶人员100mL血液中酒精含量在[20,80)(单位:mg)内为饮酒后驾车,80mg及以上认定为醉酒后驾车.某人喝了一定量的酒后,其血液中的酒精含量上升到0.8mg/mL,此时他停止饮酒,其血液中的酒精含量以每小时20%的速度减少,为避免酒后驾车,他至少经过n小时才能开车,则n的最小整数值为 ()A.5 B.6 C.7 D.8(2)一对夫妇为了给他们的独生子支付将来上大学的费用,从孩子1周岁生日开始,每年到银行储蓄a元一年定期,若年利率为r保持不变,且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期,当孩子18周岁生日时不再存入,将所有存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数为 ()A.a(1+r)17 B.ar[(1+r)17(1+r)]C.a(1+r)18 D.ar[(1+r)18(1+r例2[思路点拨](1)先计算出100mL血液中酒精含量,再计算n小时后100mL血液中酒精含量,列出不等式,求得结果;(2)根据题意,依次分析孩子在1周岁时、2周岁时、…、17周岁时存入的a元产生的本利合计,进而可得取回的钱的总数S=a(1+r)17+a(1+r)16+…+a(1+r),由等比数列的前n项和公式分析可得答案.(1)C(2)D[解析](1)∵0.8×100=80,∴喝酒后驾驶员100mL血液中酒精含量为80mg,则n小时后的血液中酒精含量为80×(120%)n=80×0.8n(mg),由80×0.8n<20,解得n≥7,故选C.(2)根据题意,当孩子18周岁生日时,孩子在1周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)17元,同理,孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)16元,孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)15元,……,孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)元,取回的钱的总数可以看成是以a(1+r)为首项,(1+r)为公比的等比数列的前17项的和,此时将存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数S=a(1+r)17+a(1+r)16+…+a(1+r)=a(1+r)[(1+r)17-1[总结反思]解决实际问题所涉及的数列模型:首先要认真阅读领悟,学会翻译(数学化);其次再考虑用熟悉的数列知识建立数学模型,求出问题的解;最后还需验证求得的解是否符合实际.变式题(1)某大学毕业生为自主创业于2017年8月初向银行贷款240000元,与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款,从2017年9月初开始,每个月月初还一次款,贷款月利率为0.5%,现因经营状况良好准备向银行申请提前还款,计划于2022年8月初将剩余贷款全部一次还清,则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少 ()(注:“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还,每一期所还款金额由两部分组成,一部分为每期本金,即贷款本金除以还款期数,另一部分是利息,即贷款本金与已还本金总额的差乘利率.1年按12个月计算)A.18000元 B.18300元C.28300元 D.36300元(2)当急需住院人数等于或大于医院所能收治的病人数量时就会发生“医疗资源挤兑”现象.在新冠肺炎爆发期间,境外某市每日下班后统计住院人数,从中发现:该市每日因新冠肺炎住院人数均比前一天下班后统计的住院人数增加约25%,但每日大约有200名新冠肺炎患者治愈出院.已知该市某天下班后有1000名新冠肺炎患者住院治疗,该市的医院共可收治4000名新冠肺炎患者.若继续按照这样的规律发展,该市因新冠肺炎疫情发生“医疗资源挤兑”现象,只需要约 ()A.7天 B.10天C.14天 D.16天变式题(1)B(2)C[解析](1)由题意可知,该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元,∴两种还款方式的本金没有差额.∵该大学毕业生决定2022年8月初将剩余贷款全部一次还清,∴从2017年9月初第一次还款到2022年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的,∴按原约定所有还款数额按现计划的所有还款数额=原约定还款方式从2022年9月起到最后还完这整60个月所还的利息.∵每月应还本金为240000÷120=2000(元),2022年8月还完后本金还剩2400002000×60=120000(元),∴2022年9月应还利息为120000×0.5%元,2022年10月应还利息为(1200002000)×0.5%元,2022年11月应还利息为(1200002000×2)×0.5%元,…,最后一次应还利息为(1200002000×59)×0.5%元.后60个月所还的利息为120000×0.5%+(1200002000)×0.5%+(1200002000×2)×0.5%+…+(1200002000×59)×0.5%=0.5%×[120000+(1200002000)+(1200002000×2)+…+(1200002000×59)]=0.5%×[120000×602000×(1+2+…+59)]=18300(元).故选B.(2)设该市第n天有an名新冠肺炎患者,由题意可得a1=1000,an+1=an(1+25%)200,可得an+1800=54(an800),则{an800}是首项为200,公比为54的等比数列,可得an800=200·（54）n1,即an=800+200·（54）n1,令an≥4000,则有（54）n1≥16,可得n≥log5416+1≈13探究点三数列与函数、不等式的综合问题角度1数列与不等式的综合例3已知数列{an}为递增的等差数列,其中a3=5,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1(an+1)(an+1+1),记数列{bn}的前n项和为Tn例3[思路点拨](1)利用待定系数法,求出a1和{an}的公差d,依照题意列两个方程,即可求出{an}的通项公式;(2)首先确定bn的表达式,容易想到裂项相消法求{bn}的前n项和Tn,然后根据恒成立的意义和单调性求出数列中的最值,进而确定出m的最小正整数.解:(1)设{an}的公差为d,d>0,由题意得a1a5=a22,a3=5,即a1(a1+4d)=((2)由(1)知,an=2n1.则bn=1(an+1)(an∴Tn=14[(112)+(1213)+…+(1n1n+1)]=1∵Tn+1Tn=n+14(n+2∴{Tn}是递增数列,而Tn=n4(n∴要使Tn<m5成立,则m5≥14,解得m∴使得Tn<m5成立的m的最小正整数为2[总结反思]数列中不等式的恒成立问题:以数列为背景的不等式恒成立问题,多与数列求和相联系,求解的思路一般有两种,一是求和后直接利用基本不等式求解数列中的最值,二是求和后抓住和式的特征,利用函数的思想,借助数列的单调性求解,此时需注意变量的取值范围.变式题已知正项数列{an}满足2Sn=an+1,其中Sn为{an}的前n项和(1)求{an}的通项公式;(2)已知bn=(1)n+1·an+1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn,并求出Tn≥m2+m5变式题解:(1)由题意可得2a1=a1+1,可得a1=1当n≥2时,4Sn=(an+1)2,4Sn-1=(a化简可得(an+an1)(anan12)=0,由此可得an=an1(舍去)或an=an1+2,则数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,则an=2n1.(2)由题意可得bn=(1)n+1·an+1anan+1=(1)n+1·当n为奇数时,可得Tn=12[(1+13)(13+15)+…(12n-3+1故Tn=12(1+12n+1),此时Tn递减,且T同理可得当n为偶数时,Tn=12(112n+1),此时Tn递增,Tn≥T欲满足Tn≥m2+m5,n∈N*恒成立,只需m2+m5角度2数列与函数的综合例4定义函数f(x)=[x[x]],其中[x]表示不超过x的最大整数,例如:[1.3]=1,[1.5]=2,[2]=2.当x∈[0,n)(n∈N*)时,f(x)的值域为An.记集合An中元素的个数为an,则∑i=22020例4[思路点拨]根据题意,由[x]的定义分析x[x]的表达式,进而可得f(x)=[x[x]]在各区间内的值的个数,相加即可得an=1+1+2+3+…+(n1)=1+n(n20191010[解析]根据题意,[x]表示不超过x的最大整数,即[x]=0,x∈[0,1),1,x∈[1,2),2,x∈[2,3),…,n-1,x∈[n-1,n),则有x[x]=0,x∈[0,1),x,x∈[1,2),2x,x∈[2,3),…,(n-1)x,x∈[n-1,n[总结反思]数列与函数的综合问题主要有以下两类:①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图像来解决;②已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形.变式题定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足:当0≤x<2时,f(x)=x3+3x1;当x≥2时,f(x)=3f(x2).记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1,a2,…,an,…,并记相应的极大值为b1,b2,…,bn,…,则a1·b1+a2·b2+…+a18·b18的值为 ()A.18×319+1 B.18×318+1C.17×317+1 D.17×318+1变式题D[解析]当0≤x<2时,f'(x)=3x2+3=3(x+1)(x1),易知f(x)=x3+3x1的极大值点为1,极大值为1.当x≥2时,f(x)=3f(x2),则极大值点构成首项为1,公差为2的等差数列,极大值构成首项为1,公比为3的等比数列,故an=2n1,bn=3n1,故anbn=(2n1)3n1.设S=a1·b1+a2·b2+…+a18·b18=1×30+3×31+5×32+…+35×317,则3S=1×31+3×32+…+33×317+35×318,两式相减得2S=1+2×(31+32+…+317)35×318=1+2×3×(1-317)1-335×318=234×318同步作业1.已知数列{an}既是公差为d的等差数列又是公比为q的等比数列,首项a1=1,则它的前2020项的和等于 ()A.1B.2021a1+2021×1110dC.2020D.01.C[解析]因为{an}既是公差为d的等差数列又是公比为q的等比数列,且a1=1,所以an=1(n∈N*),所以数列{an}的前2020项的和等于2020,故选C.2.如果一个数列由有限个连续的正整数按从小到大的顺序组成(数列的项数大于2),且所有项之和为N,那么称该数列为“N型标准数列”.例如,数列3,4,5,6,7为“25型标准数列”,则“5336型标准数列”的个数为 ()A.2 B.3C.4 D.52.B[解析]设所求数列的首项为a1,公差为d,则由题意知d=1,na1+n(n-1)2d=5336,∴n(2a1+n1)=10672=24×23×29,∵2<n<2a1+n1,且n与(2a1+n1)为一奇一偶,∴(n,2a1+n1)=(16,667)=(23,464)=3.某家庭决定要进行一项投资活动,预计每周收益1%.假设起始投入1万元,按照复利(复利是指每经过一个计息期后,都将所得利息加入本金,以计算下期的利息)计算,经过100周,该家庭在此项投资活动中的资产总额大约为 ()A.1.3万元 B.1.7万元C.2.3万元 D.2.7万元3.D[解析]因为该家庭决定起始投入1万元,预计每周收益1%,所以100周后该家庭在此项投资活动中的资产总额为1×(1+1%)100≈2.7(万元).故选D.4.已知正项等比数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,且S1,S2,S32成等差数列,则a5= ()A.8 B.1C.16 D.14.C[解析]设等比数列{an}的公比为q,因为S1,S2,S32成等差数列,所以2S2=S1+S32,所以2(a1+a2)=a1+a1+a2+a32,所以a2=a32,即q=q22,解得q=2或q=1,因为an>0,所以q=2,所以a5=a1q4=24=16.故选C.5.已知等比数列{an}中,a2a14=8a8,数列{bn}是等差数列,其前n项和为Sn,且a8=b8,则S15= ()A.30 B.60C.120 D.2405.C[解析]在等比数列{an}中,由a2a14=8a8,可得a82=8a8,解得a8=8(a8=0舍去).数列{bn}是等差数列,设公差为d,由a8=b8=8,可得b1+7d=8,则S15=15b1+12×15×14d=15(b1+7d)=15×8=1206.已知集合M={1,2,3,…,10},集合A⊆M,定义N(A)为A中元素的最小值,当A取遍M的所有非空子集时,对应的N(A)的和记为S,则S= ()A.45 B.1012C.2036 D.92176.C[解析]由题可知,M的非空子集共有(2101)个,其中最小值为1的有29个,最小值为2的有28个,…,最小值为10的有20个,故S=29×1+28×2+…+21×9+20×10,∴2S=210×1+29×2+…+22×9+21×10,两式相减得S=210+29+…+210=2×(1-210)1-210=7.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.令bn=1anan+1,则数列{bn}的前50项和7.50101[解析]由题意得,S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,S4=4a1+4×32×2=4a1+12,因为S1,S2,S4成等比数列,所以(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n1,则bn=1(2n-1)(2n+1)=12（12n-112n+1）,所以8.假设你有一笔资金,现有三种投资方案,这三种方案的回报如下:方案一:每天回报40元;方案二:第一天回报10元,以后每天比前一天多回报10元;方案三:第一天回报0.4元,以后每天的回报比前一天翻一番.现打算投资10天,三种投资方案的总收益分别为A10,B10,C10,则 ()A.A10<B10<C10 B.A10<C10<B10C.B10<A10<C10 D.C10<A10<B108.B[解析]设三种方案第n天的回报分别为an,bn,cn,则an=40,{an}为常数列,{bn}是首项为10,公差为10的等差数列,{cn}是首项为0.4,公比为2的等比数列,则A10=400,B10=10×10+10×92×10=550,C10=0.4×(1-210)1-2=9.设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d>0,a6和a8是函数f(x)=154lnx+12x28x的两个极值点,则S8= (A.38 B.38C.17 D.179.A[解析]由题得f'(x)=154x+x8=x2-8x+154x=(x-12)(x-152)x(x>0),令f'(x)=0,得x=12或x=152.又因为公差d>0,所以a6=12,10.设{an}是公比为q(q>0)的等比数列,首项a1=164,bn=log12an,当且仅当n=4时,数列{bn}的前n项和取得最大值,则q的取值范围为 A.(3,23) B.(3,4)C.(22,4) D.(22,32)10.C[解析]∵等比数列{an}的公比为q(q>0),首项a1=164,∴bn+1bn=log12an+1log12an=log12an+1an=log12q,∴数列{bn}是以log12q为公差,以log12a1=6为首项的等差数列,∴bn=6+(∴6+3log12q>0,6+4log11.(多选题)已知数列{an}中,a1=1,an+11n=（1+1n）an,n∈N*.若对于任意的t∈[1,2],不等式ann<2t2(a+1)t+a2a+2恒成立,则实数a可能为A.4 B.2C.0 D.211.AB[解析]由an+11n=（1+1n）an,得an+11n=n+1nan,∴an+1n+1ann=1n(n+1)=1n1n+1,∴当n≥2时,ann=（annan-1n-1）+（an-1n-1an-2n-2）+…+（a22a1）+a1=（1n-11n）+（1n-21n-1）+…+（112）+1=21n<2,又a1=1<2,∴ann<2.∵当t∈[1,2]时,不等式ann<2t2(a+1)∴f(1)=2+a+1-a2+a≤0,f12.(多选题)已知等比数列{an}的公比q=23,等差数列{bn}的首项b1=12,若a9>b9且a10>b10,则以下结论正确的是 (A.a9·a10<0 B.a9>a10C.b10>0 D.b9>b1012.AD[解析]设等差数列{bn}的公差为d.由题意得a9=a1（23）8,a10=a1（23）9,∴a9·a10=a12（23）17<0,故A正确;由于a1的正负不确定,故B错误;∵a10的正负不确定,∴由a10>b10,不能确定b10的符号,故C错误;由a9>b9且a10>b10,得a1（23）8>12+8d,a1（23)9>12+9d,由于a9,a10异号,因此a9<0或a10<0,故b9<0或b10<0,又b1=12,∴等差数列{bn}一定是递减数列,即d<0,∴b13.已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+12,bn=log2(an2·2an),数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn>1024,则正整数13.9[解析]数列{an}的前n项和为Sn=2n+12,当n=1时,a1=S1=222=2,当n≥2时,an=SnSn1=2n,又a1=2也符合上式,所以an=2n.bn=log2(22n·22n)=2n+2n,所以Tn=2(1+2+…+n)+(2+22+…+2n)=2×n(n+1)2+2×(2n-1)2-1=n2+n+2n+12.易知{Tn}为递增数列,且当n=8时,T8=64+8+5122=582,当14.在①S3a4=6,②a3=2a1+a2,③S6=42这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,则求出{an}的通项公式;若不存在,请说明理由.问题:数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,是否存在正数k,使得an2+kan=2kSn,且14.解:假设存在k,满足an2+kan=2kSn.由an2+kan=得an+12+kan+1=2kSn+1,两式相减得,an+12an2因为数列{an}的各项均为正数,所以an+1an=k,所以数列{an}是公差为k的等差数列.当n=1时,由a12+ka1=2kS1,得a1所以an=k+k(n1)=kn.方法一:选①S3a4=6,则S3a4=k+2k+3k4k=6,解得k=3,所以存在满足题意的k,此时an=3n.方法二:选②a3=2a1+a2,因为a3=3k,2a1+a2=4k,而k>0,所以a3≠2a1+a2,与条件相矛盾,故不存在满足题意的k.方法三:选③S6=42,则S6=(1+2+3+4+5+6)k=21k=42,解得k=2,所以存在满足题意的k,此时an=2n.15.设等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn.已知a1b1=2,S2=6,S3=12,T2=43(1)求{an},{bn}的通项公式.(2)是否存在正整数k,使得Sk<6k且Tk>139?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由15.解:(1)设数列{an}的公差为d,由题可知S3S2=a3=6,又因为S2=a1+a2=a32d+a3d=123d=6,所以d=2,从而a1=a32d=2,所以an=2+(n1)×2=2n.由a1b1=2得