第38讲　数列的综合问题

第38讲数列的综合问题【备选理由】例1是等差数列与等比数列的综合,考查了等差等比数列基本量的求解、数列求和方法等知识,考查了逻辑推理与数学运算的核心素养;例2综合考查了数列与不等式的知识,考查了与数列有关的不等式恒成立问题的解法;例3考查数列与不等式、函数的综合;例4考查数列与不等式的综合;例5与例6关注环境问题,通过数列与现实生活的联系,考查等差数列、等比数列、不等式等知识.例1[配例1使用][2024·天津二十中模拟]数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,且a1=1,b1=2,b2=a2+2,b3=a3+5.(1)求数列{an}的公差以及数列{bn}的公比;(2)求数列{an+bn}的前n项和;(3)求数列{(-1)nan·bn}的前2n项和.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,q≠0,因为a1=1,b1=2,b2=a2+2,b3=a3+5,所以2q=1+d+2,2q2=1+2d+5,可得d=1,q=2,所以数列{an}的公差为1,数列{bn}的公比为2.(2)由(1)可得an=1+n-1=n,bn=2×2n-1=2n,则an+bn=n+2n.设数列{an+bn}的前n项和为Sn,则Sn=(1+2)+(2+22)+…+(n+2n)=(1+2+…+n)+(2+22+…+2n)=n(1+n)2+2(1即Sn=n(1+n)2+(3)由(2)可知(-1)nan·bn=(-1)nn·2n,当n为奇数时,(-1)nan·bn+(-1)n+1an+1·bn+1=-n·2n+(n+1)·2n+1=(n+2)·2n,设数列{(-1)nan·bn}的前n项和为Tn,则T2n=-a1b1+a2b2-a3b3+a4b4-…-a2n-1b2n-1+a2nb2n,可得T2n=3×2+5×23+…+(2n+1)·22n-1,4T2n=3×23+5×25+…+(2n+1)·22n+1,两式相减得-3T2n=3×2+2×23+2×25+…+2×22n-1-(2n+1)·22n+1=6+16(1-4n-1)1-所以T2n=(6例2[配例2使用][2023·山东泰安二模]已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an≠0,anan+1=4Sn.bn=(-1)n·(3n-1),数列{bn}的前n项和为Tn.(1)求an;(2)若对任意k∈N*,T2k-1<λ<T2k恒成立,求实数λ的取值范围.解:(1)∵anan+1=4Sn,∴an-1an=4Sn-1(n≥2),∴an(an+1-an-1)=4an(n≥2),∵an≠0,∴an+1-an-1=4(n≥2).∵a1=2,a1a2=4S1,∴a2=4,∴数列{an}的奇数项是以2为首项,4为公差的等差数列,数列{an}的偶数项是以4为首项,4为公差的等差数列.当n=2i-1,i∈N*时,a2i-1=4i-2=2(2i-1);当n=2i,i∈N*时,a2i=4i=2·2i.综上,an=2n,n∈N*.(2)∵bn=(-1)n(3n-1),∴b2k-1+b2k=-(32k-1-1)+(32k-1)=2×32k-1,∴T2k=2×31+2×33+2×35+…+2×32k-1=3(∴T2k-1=T2k-b2k=3(9k-1)4-(32k-1)=∴当n=2k,k∈N*时,Tn=T2k=3(9k-1)4当n=2k-1,k∈N*时,Tn=T2k-1=14(1-9k),{T2k-1}为递减数列∵对任意k∈N*,T2k-1<λ<T2k恒成立,∴只需λ>(T2k-1)max=T1=-2且λ<(T2k)min=T2=6,∴λ的取值范围为(-2,6).例3[配例2、例3使用]已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足(q-1)Sn=qan-1(q>0),n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)当q=2时,数列{bn}满足bn=n+2n(n+1)an,求证:32≤b1(3)若对任意正整数n,都有an+1≥n成立,求正实数q的取值范围.解:(1)由(q-1)Sn=qan-1(q>0)得(q-1)S1=qa1-1,即(q-1)a1=qa1-1,所以a1=1.若q=1,则an=1.若q≠1,则由(q-1)Sn=qan-1得(q-1)Sn-1=qan-1-1(n≥2),两式相减得(q-1)an=(qan-1)-(qan-1-1)=qan-qan-1(n≥2),化简得an=qan-1(n≥2),所以数列{an}是以1为首项,q为公比的等比数列,因此an=qn-1,当q=1时,an=1也满足上式,故an=qn-1(q>0).(2)证明:因为q=2,所以an=2n-1,则bn=n+2n(n所以b1+b2+…+bn=21=21-1又b1=32,且bn>0,所以b1+b2+…+bn≥3所以32≤b1+b2+…+bn<2(3)由(1)得an+1=qn,由qn≥n,得nlnq≥lnn,即lnq≥lnn因为对任意正整数n,都有an+1≥n成立,所以lnnn令f(x)=lnxx(可得f'(x)=1-lnxx2,易知当0<x<e时,f'(x)>0,f当x>e时,f'(x)<0,f(x)单调递减.又f(2)=ln22,f(3)=ln33,所以f(2)-f(3)=ln22-ln33=ln8-ln96<0,所以f(3)>f(2),所以lnnnmax=ln33,因此lnq≥ln33,可得q例4[配例2使用][2023·重庆南开中学质检]设数列{an}的前n项和为Sn,且3an=2(Sn+2n),n∈N*.(1)证明:数列{an+2}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)设bn=log3an+22,证明:1+1b解:(1)因为3an=2(Sn+2n)①,所以当n=1时,3a1=2(S1+2),解得a1=4,当n≥2时,3an-1=2(Sn-1+2n-2)②,①-②整理得an=3an-1+4(n≥2),所以an+2=3(an-1+2)(n≥2),所以{an+2}是首项为6,公比为3的等比数列,则an+2=6×3n-1,所以an=6×3n-1-2.(2)证明:由(1)可得bn=log3an+22=log36×3n-要证1+1b11+1b31+1b5…1+1b2n-1>因为n∈N*,所以2n2n-1>2n+12n,所以212>31,432>53,65相乘得212×432×652×…×2n2n-12>3所以21×43×65×…×2n2n-1>2n+1,则(1+1)×即1+1b11+1例5[配例4使用][2023·广东普宁模拟]有关数据显示,2015年我国快递行业产生的包装垃圾约为400万吨.有专家预测,如果不采取有效措施,那么快递行业产生的包装垃圾年平均增长率将达到50%.由此可知,如果不采取有效措施,那么快递行业产生的包装垃圾首次超过4000万吨的年份为(参考数据:lg2≈0.3010,lg3≈0.4771) (C)A.2019 B.2020C.2021 D.2022[解析]由题知,2015年我国快递行业产生的包装垃圾约为400万吨,且年平均增长率为50%,则从2015年开始,我国快递行业逐年产生的包装垃圾构成等比数列,且公比为1+50%=1.5,记2015年为第1年,则第n(n∈N*)年我国快递行业产生的包装垃圾约为400×1.5n-1万吨,由题意得400×1.5n-1>4000,即1.5n-1>10,两边取以10为底的对数得lg1.5n-1>lg10=1,即(n-1)lg32>1,则n-1>1lg3-lg2≈10.4771-0.3010≈5.679,故n>6.679,∵n∈N*,∴n≥7,∵2015例6[配例4使用][2023·衡水中学模拟]S市去年产生的垃圾量为200万吨,从今年开始采取了扩大宣传、环保处理等一系列措施治理垃圾,预计从今年开始,连续5年,每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨,从第6年开始,每年的垃圾排放量为上一年的75%.(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量an与治理年数n(n∈N*)的表达式.(2)设An为治理n年后的年平均垃圾排放量.如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势,那么认为现有的治理措施是有效的;否则,认为无效.试判断现有的治理措施是否有效,并说明理由.解:(1)依题意知,当n≤5时,{an}是首项a1=200-20=180,公差d=-20的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=180-20(n-1)=200-20n;当n≥6时,数列{an}是首项为a6,公比q=34的等比数列,且a6=34a所以an=a5qn-5=100×34所以an=200(2)设Sn为数列{an}的前n项和,则An=Sn可得An+1-An=Sn+