專題161數(shù)列綜合問(wèn)題考點(diǎn)講析教師版?zhèn)鋺?zhàn)2020年數(shù)學(xué)新高考突破紙間書(shū)屋

【典例1 高三期中（文）已知an是等差數(shù)列，a37，且a2a618.anan1求數(shù)列an通 1求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn1

32n2n設(shè)等差數(shù)列a的公差為d，由題意可得a3a12d

，解 aa2a6d d 因此，數(shù)列an的通 為ana1n1d32n12n1；an12nan12n1 2n12n 2n2n 2n2n2n 2n3

2n 2n32n2n

3

5

1

3572n2n572n2n2nnnnn132435546）（n∈N*；{b0nT（n∈N*b=1，b=b+2，b=a+a，b=a+2a．nnnn132435546Sn若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整數(shù)n

nn1，T2n 設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為qb1=1，b3=b2+2，可得q2q20因?yàn)閝0q

2，故

2n1．所以

1n1n

2n1．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d．由b4a3a5，可得a13d4由b

，可得

13d16從而

1d1

n

n(n1)

TnTn 132)n2(12n1（I，有 n(n1)2n1n2n2n12整理得n23n40n1（舍，或n4n

n

n3（2019·益陽(yáng)市第六中學(xué)高一期末）已知等比數(shù)列{an}的公比q1a1a2a314a21na1a3的等差中項(xiàng)，數(shù)列{an×bn}的前nSn2nn求數(shù)列{an}的通 求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn（1）a2nnN*（2）T

4n2n

因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的公比q1a1a2a314a21是a1a3aa

aaqaq2

a所以2a2a

，即2aq2aaq2，解得

qqn因此a2nnN*n

qn因?yàn)閿?shù)列{an×bn}nSn2nn所以abS （ 又當(dāng)a1b1S12也滿足上式，所以anbn2nnN*由

b2n

2n1所以其前n項(xiàng)和T123n

1T123n2

1

11

1...

n

2n

2n2因此

24n2

1 2列的前項(xiàng)和的來(lái)求和.于一些殊數(shù)列（正數(shù)數(shù)列正整數(shù)平方和方數(shù)列也可以直使用求和.倒序相加法：類似于等差數(shù)列的前項(xiàng)和的的推導(dǎo)方法，如果一個(gè)數(shù)列的前項(xiàng)中首末兩端的前項(xiàng)和即是用此法推導(dǎo)的．?dāng)?shù)列的前項(xiàng)和即可用此法來(lái)求，如等比數(shù)列的前項(xiàng)和就是用此法推導(dǎo)的．若，其中是等差數(shù)列，是公比為等比數(shù)列，（其中 是各項(xiàng)不為零的等差數(shù)列，為常數(shù)）的數(shù)列、部分無(wú)理數(shù)列等.用裂項(xiàng)相消法求 ，特別地當(dāng)時(shí) 時(shí) ③④⑤分組轉(zhuǎn)化求和法：有一類數(shù)列，它既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，但是數(shù)列是并項(xiàng)求和法：一個(gè)數(shù)列的前項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和．形如類型，可采用兩項(xiàng)合并求解．例如，.熱門(mén)考點(diǎn) 等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合問(wèn)的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問(wèn)題中第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)表示等，這些細(xì)節(jié)對(duì)解題的影響也是巨【典例4 高 （文）已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)為T(mén)n，且a11b11a2b24若a3b37，求bn的通 若T313S5【答案（1）bn （2）5設(shè)等差數(shù)列an公差為d，等比數(shù)列bn公比為qq0有1dq4，即dq3（1）∵12dq27，結(jié)合dq3q2∴

2n1（2）∵T31qq13，解得q42q4d7

5547752q3d0S55a15【典例5（2018·浙江高考）已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差n1nn項(xiàng)．?dāng)?shù)列{bb=1，數(shù)列{（b?b）ann1nnq的值求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)（Ⅰ）q

（Ⅱ）

15(4n3)

n22（Ⅰ）由a42a3a5的等差中項(xiàng)得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48aa20得8q120 q 因?yàn)閝1，所以q=2設(shè)cnbn1bnan，數(shù)列cnn項(xiàng)和為Sn由c

S1,n

解得

4nS S

,n 由（Ⅰ）可知an

2n-11 所以bn1bn4n12 故nn1故nn1 5

,n2b 設(shè) 12所以 2因此 又b11，所以 出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便下一步準(zhǔn)確寫(xiě)出

熱門(mén)考點(diǎn) 數(shù)列與函數(shù)的綜） ，

x1

， 的表達(dá)式 x【解析】試題分析： x

，

， 1 0fx0x0x011

fn00；當(dāng)x0fx0

fn1xffnxfn 1fn fn1x

， 1，

1，1fn fn1 fnx fnx

fn1

fnx 是以f1x為首項(xiàng)，以1公差的等差數(shù)fnx fn

x

n11

x1

n111x fnx

1

(x0)x0

fn0 0，fnx1

1

x0 x 1【典例8 高二期中（理）在數(shù)列an中，a14，an13an2，若對(duì)于任意的nN*kan12n5恒成立，則實(shí)數(shù)k的最小值 1an13an2有an113an1 故數(shù)列a1為首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，可得a13n 不等式k

12n5可化為k2n5 fn2n5nN*，當(dāng)1n2fn0；當(dāng)n3fn0 故當(dāng)n3fn1fn2n32n543n0fnf31k

，因此，實(shí)數(shù)k的最小值 1

故答案為 求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)xOyP1(x11)，P2(x22)…Pn+1(xn+1n+1)P2…Pn+1，求由該折線與直線y=0，xx1,xxn1所圍成的區(qū)域的面積 ……向軸作垂線，垂足分別為……由(I)得記梯形的面積為.由題意=……+又……+=所以熱門(mén)考點(diǎn) 數(shù)列與不等式的綜 1

—1

2＜ ＝

kk－1 ＜ －kk＋1kk－11n(3)2(n＋1－ ＜2(n－nnn【典例10 高三月考（文）已知a2n1，記數(shù)列 的前n項(xiàng)和為T(mén)，且對(duì)于 a 意的nN*

an11，則實(shí)數(shù)t的取值范圍 t

nn11依題意 1

1 ,

(2n1)(2n 22n 2n3 ∴T11111 11

2 5 7 2n 2n

2 2n3 3(2n∵

an11t

3(2n

2n12,顯然t0t3(2n12)(2n

34n230n

9 ∴t

12n 90,又n 6,當(dāng)且僅當(dāng)n3時(shí),等號(hào) 立,∴12n990162t<162,即0t162 n （0,162）【典例11（2019·山東高二期中）已知數(shù)列an的前n和為Sn，且滿足Snan1，其中0證明：數(shù)列an是等比數(shù)列當(dāng)1，令cn1)a，數(shù)列a的前n項(xiàng)和為T(mén)，若需

2019恒成立，求正整數(shù)n Sn1an11n2②由①-②得，ananan1又Q0且1an

,n21a是首項(xiàng)為a ，公比q 的等比數(shù)列 1 1（2）當(dāng)1q2

2，且a12aaqn12n，c(n

(n Tnc1c2c221322423(n1)2n 2Tn223242(n1)

221222324 2n(n1)222n4 12

nn

n2n1,nN2n1Qy2x1在[1為增函數(shù)，且2101024201921120482019n1又QnN*nn熱門(mén)考點(diǎn) 數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)20%a(常數(shù))作為下年度的開(kāi)銷，即數(shù)列an滿足an＋1＝1.2an－a【典例122017高（理）幾位學(xué)響應(yīng)國(guó)家創(chuàng)業(yè)號(hào)，開(kāi)發(fā)一款應(yīng)軟件.激發(fā)大家學(xué)習(xí)學(xué)的，他們出了“數(shù)學(xué)題取件激活碼的活動(dòng).款軟件激活碼下面學(xué)問(wèn)題的答案已知數(shù)列1，1，，1，2，，1，24，，1，2，48，16…，其第一項(xiàng)是20接下來(lái)的兩項(xiàng)是0，2，再接來(lái)的三是2，2，2，依此推.求滿足下條件最小數(shù)N：N>10且該列的前N項(xiàng)和為2的整冪.那么款軟件激活是（ ） 【答案】,,2kkkkk(k2

Sk(k1)1(12) 2k1)2k1k2 要使k(k1)100，有k14，此時(shí)k22k1，所以k2是第k1組等比數(shù)列1, ,2k的部22t1和，設(shè)k2122t1所以k2t314，則t5，此時(shí)k25329N293054402解法二(排除法)SNN11020,20,21,20,21，…，20,21，…，213,20,21,22,23,24S110＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋213)＋(20＋21＋22＋23＋24)＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(214－1)＋(25－1)＝(21＋22＋…＋214)－14＋31＝215＋152的整數(shù)冪，故D不正確．同理，S220＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋219)＋(20＋21＋22＋23＋…＋29)＝221＋210－＋224)＋(20＋21＋22＋23＋24)＝226＋42B不正確，所以正確的選項(xiàng)為1＋(1＋2)＋…＋(1＋2＋…＋2n－1)＋(1＋2＋…＋2t)＝2m(m、n、t∈N,0≤t≤n)，則有 由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和可得n≥132n＞n＋2，2n＋1＞2n＋n＋2，2n＋1－n－2＞2n，2t＋1－1＞0，2m≤2n＋2－n－3，m＝n＋1n＝2t＋1－3，n≥13t≥3.該在“一線隊(duì)引援”投入為16000萬(wàn)元，“青訓(xùn)”投入為1000萬(wàn)元.計(jì)劃每年“一線隊(duì)引（2）2022“青訓(xùn)”投入為bn，投入總和為cn，1則{an}是以16000為首項(xiàng)2

{bn1000首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列1

16000 2 2

，

10002n12，2當(dāng)且僅當(dāng) ，即n3時(shí)取等號(hào)設(shè){cn}的前項(xiàng)和為 令 令2nt，則t2 ，解得t32，t1（舍去即2n…32，n…5，鞏固提1.（2017·高（理）我國(guó)代數(shù)名《算法統(tǒng)》中有下問(wèn)題“遠(yuǎn)望巍塔七，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍增，共三百八一，請(qǐng)尖頭幾燈”意思是一座7塔共掛了381盞，且相兩中的下一燈數(shù)是一層燈的2倍則塔的層有燈（ ）A．1 B．3C．5 D．9【答案】a127

1

故選2（2009· 高 （理）等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且4a1

2a2

a3a11，則s4 【答案】，所以，解得：，根據(jù)等比數(shù)列前n項(xiàng)和. 高二期中）設(shè){an}是等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，其公比q1,且bn0(n1,2, )，若a1b1,a11b11，則a6與b6的大小關(guān)系為 a6

a6

a6

【答案】由于{a}是等差數(shù)列，b為等比數(shù)列，所以

a1a11,

b,

b

ab1b11,

，由于bb

0，根據(jù)基本不等式可知b1b11 ，即ab

故選4.（2019·浙江高一期中）數(shù)列Fn:1,1235,8,1321

每項(xiàng)等于其前相鄰兩項(xiàng)之和．記該數(shù)Fn的前n項(xiàng)和為Sn，則下列結(jié)論正確的是（ S2019F2021

S2019F2021

S2019F2020

S2019F2020【答案】由題意，熟練數(shù)列

an2anan1anan1ananan1an2anan1an2an3anan1an2an3 a2a11，an1Sn1成立，所以S2019a20211成立，故選 高三（理）正項(xiàng)等比數(shù)列{a}aa52a1aa 2 ba (nN*，則b

取得最小值時(shí)的n值 n 1【答案】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q2a1aa成等差數(shù)列，可得

a，則aq32aqaq2 2

所以q22qq1(舍去)或q=2因?yàn)閍aaaq25a1 所以

12n12n3.所以

a

2n32n222n5 n 1n所以n

b=23113(2n5)

2n(n4)當(dāng)n2時(shí)，n(n4)取得最小值，b1b2 故答案為：2. ） 丘臺(tái)共有層（如圖1所示上層壇中心一呈圓形的理石板從中心以面形石如圖所示．上壇從第環(huán)至第環(huán)共有環(huán)，層從第十環(huán)第十八共有九，下層從第十環(huán)至第二十七共有九；第一的扇面石有9，第二環(huán)起每環(huán)的面形石數(shù)比前環(huán)多9，則第二十七的扇面石塊數(shù)是 上、中下層壇所有扇面形塊數(shù)是 ．【答案】 999，9

27(a1a27)27(9243) 7（2019·動(dòng)，在第一秒時(shí)它從原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)0,1，接著它按圖所示在x軸、y軸的垂直方向上來(lái)回運(yùn)動(dòng)，且每秒移動(dòng)一個(gè)單位長(zhǎng)度，那么，在2018秒時(shí)，這個(gè)粒子所處的位置在點(diǎn) 【答案】6,如圖，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到A1，A2，…，An時(shí)所用的間分別為則a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，an-an-213243nn1a-a=2×2，a-a=2×3，a-a=2×4，…，a-a=2n相加得：a-a=2(2+3+4+…+n)=n2+n213243nn1an=n(n+1)，由44×45=1980，故運(yùn)動(dòng)了1980秒時(shí)它到點(diǎn)A44(44，443820186，44)，644. 一中高二期中）已知等差數(shù)列an的公差d0，首項(xiàng)a1=1，且2a1a21a33成等比求數(shù)列an的通

nPa nn1 比較nn2

2n1（2）

2n

（1）(a1)22a

3 (2d)2242d即

1 1

1

2n12n

22n 2n1 P1111111 2 2n 2n1 1 2 2n1 2n

2n（3）P1

＜1 2 2n1

f（n）n2f（n+1）﹣f（n）(n1)2n2

n2(nn≥3，f（n+1）＞f（n，f（n）單調(diào)遞nnf（n）≥f（3）8，P1f（n）＞Pnn n＝1f（1）＝2＞P1 n＝2f（2）＝1＞P2 綜上，Pn 高三）對(duì)年利率為rxABAerxeP的投資年利率為r6現(xiàn)在投資5寫(xiě)出滿n年的本利和，并求滿10年的本利（精確到0.1元一個(gè)家庭為剛出生的孩子設(shè)立創(chuàng)業(yè)基金，若每年初給項(xiàng)目P投資2萬(wàn)元，那么，至少滿多少年基金共有本利和超過(guò)一百萬(wàn)元?（1）（2）（1）由題5Ae6%n,A5e6%nn10A5e6%n5e069.1（2）B2n年后共有本利和超過(guò)一百萬(wàn)元，則n

2e6%n2e6%n1以此類推：第n年年初的投資所得的為：

2e6%則滿n年后，基金共有本利和

e6%[1e6%nA1A2An2 e6%[1e6%n 1

22

2

21 5050e6%nloge6%

n22.7 高二期中）已知aSn2)b1,1an，對(duì)任意nN*，有ab求{an}的通 設(shè) 2b2n1，b8，T是數(shù)列的前n項(xiàng)和，求正整數(shù)k，使得對(duì)任意nN*，Tk 設(shè)cn

R是數(shù)列{c}n項(xiàng)和，若對(duì)任意nN*

恒成立，求nnnnnnn（1）an

2（2）4或5（3）（1）由題可得ab0,則Sn21an0n1時(shí),可得a12n2時(shí)Sn121an10,則Sn21anSn121an12an1an0,即an2an1 故數(shù)列{a}是以2為首項(xiàng),公比為2的等比數(shù)列,通項(xiàng)為a2n b

2n1,等式兩端同時(shí)除以2n1bn1bn1bn1

1

故bn是以b14為首項(xiàng),公差為1的等差數(shù)列,通 為

4n15n2 2 則bn5n2n因?yàn)楫?dāng)n6bn0，當(dāng)1n4時(shí)bn0b50,所以當(dāng)k4或5Tn取最大值,對(duì)任意nN*TkTn cn(12n)(12n1)2(12n12n1則R2

)2(

)2(1

)11 1 122 111

123

12n1

1 1

1 ,故23所以2311（2019·山東高三期中）已知數(shù)列a的前nS滿足2Sa2a2，且

0nN* 求數(shù)列an的通 若

5n(4n

nN*，記數(shù)列b的前n項(xiàng)和為T(mén)，證明：T15nn

（1）ann1（2）（1）當(dāng)n12Sa2a2，解得a2或a1（舍 2Sa2

2 a2

2①－②，得2aa2

a

，整理得a

a