2023年高考數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)教學(xué)案第6章6-6數(shù)列中的綜合問(wèn)題

6.6數(shù)列中的綜合問(wèn)題

題型一數(shù)學(xué)文化與數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用

例1（1）（2020?全國(guó)∏）北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層.上層中心

有一塊圓形石板（稱為天心石），環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增

加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層

環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板（不含天心石）（）

A.3699塊B.3474塊

C.3402塊D.3339塊

答案C

解析設(shè)每一層有〃環(huán)，由題意可知，從內(nèi)到外每環(huán)之間構(gòu)成公差為4=9,首項(xiàng)為m=9的

等差數(shù)列.由等差數(shù)列的性質(zhì)知Sll,SZLS.,S3“一52”成等差數(shù)列，且（S3“一S2”）一（S2“一S”）

=n2d,則9/=729,解得n=9,

27義26

則三層共有扇面形石板S3"=S27=27X9+?—X9=3402（塊）.

（2）（2021?新高考全國(guó)I）某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱

軸把紙對(duì)折.規(guī)格為20dmX12dm的長(zhǎng)方形紙,對(duì)折1次共可以得到IOdmXl2dm,20dm×6

dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S=24Odm2,對(duì)折2次共可以得到5dmX12dm,10

dm×6dm,20dmX3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2=I8Odn?,以此類推，則對(duì)

n

折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為；如果對(duì)折〃次,那么ESk=dm2.

k=?

解析依題意得，Si=120×2=240；

§2=60X3=180；

53

當(dāng)〃=3時(shí)，共可以得到5dm><6dm,2dmX12dm,IodmX3dm,20dmX]dm四種規(guī)格的

圖形，且5X6=30,,X12=30,10X3=30,

3

20×2=30,所以$3=30X4=120；

5533

當(dāng)〃=4時(shí)，共可以得到5dm×3dm,?dm×6dm,jdm×12dm,10dm×^dm,20dmX[dm

五種規(guī)格的圖形，所以對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5,且5X3=15,∣X6=

533

15,12=15,10×2=15,20×^=15,

所以§4=15X5=75；

所以可歸納&二等(A+1)=24*+1).

即￡&=240(1+奈+*H------①

所以;X∑Sk

2=1

(2I3I4InH+1A

=240l25+23÷24÷-----(■于+?prrj,②

1n

由①一②得，"ESk

lk=1

n(〃+3、2

所以∑lSk=240^3--^-Jdm.

思維升華數(shù)列應(yīng)用問(wèn)題常見(jiàn)模型

(1)等差模型：后一個(gè)量比前一個(gè)量增加(或減少)的是同一個(gè)固定值.

(2)等比模型：后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是同一個(gè)固定的非零常數(shù).

(3)遞推數(shù)列模型：如果題目中給出的前后兩項(xiàng)之間的關(guān)系不固定，隨項(xiàng)的變化而變化，那么

應(yīng)考慮如與斯+∣(或者相鄰三項(xiàng))之間的遞推關(guān)系，或者5“與S,+∣(或者相鄰三項(xiàng))之間的遞推

關(guān)系.

跟蹤訓(xùn)練1(1)(2022?佛山模擬)隨著新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革持續(xù)推進(jìn)，以數(shù)字化、網(wǎng)絡(luò)

化、智能化以及融合化為主要特征的新型基礎(chǔ)設(shè)施建設(shè)越來(lái)越受到關(guān)注?5G基站建設(shè)就是

“新基建”的眾多工程之一，截至2020年底，我國(guó)已累計(jì)開(kāi)通5G基站超70萬(wàn)個(gè)，未來(lái)將

進(jìn)一步完善基礎(chǔ)網(wǎng)絡(luò)體系，穩(wěn)步推進(jìn)5G網(wǎng)絡(luò)建設(shè)，實(shí)現(xiàn)主要城區(qū)及部分重點(diǎn)鄉(xiāng)鎮(zhèn)5G網(wǎng)絡(luò)覆

蓋.2021年1月計(jì)劃新建設(shè)5萬(wàn)個(gè)5G基站，以后每個(gè)月比上一個(gè)月多建設(shè)1萬(wàn)個(gè)，預(yù)計(jì)我國(guó)

累計(jì)開(kāi)通500萬(wàn)個(gè)5G基站時(shí)要到（)

A.2022年12月B.2023年2月

C.2023年4月D.2023年6月

答案B

解析每個(gè)月開(kāi)通5G基站的個(gè)數(shù)是以5為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列,

設(shè)預(yù)計(jì)我國(guó)累計(jì)開(kāi)通500萬(wàn)個(gè)5G基站需要〃個(gè)月，則70+5〃+若0義1=500,

化簡(jiǎn)整理得，n2+9n-860=0,

解得〃?=25.17或〃ρ一34.17(舍),

所以預(yù)計(jì)我國(guó)累計(jì)開(kāi)通500萬(wàn)個(gè)5G基站需要25個(gè)月,也就是到2023年2月.

（2）（2022.濰坊模擬）南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算法?商功》中出現(xiàn)了如圖所示的形狀,

后人稱為“三角垛”.“三角垛”的最上層有1個(gè)球，第二層有3個(gè)球，第三層有6個(gè)球，

設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列｛斯｝,則（）

A.〃4=12

B.Cln+?=C加+IT

C.防00=5050

D.2aπ+ι=a,raft+2

答案C

解析由題意知，41=1,42=3,〃3=6,…,

故小=迎/

4×(4+l)u皿3

“4=2=10,故A錯(cuò)1天;

an+↑=arι+n+1,故B錯(cuò)誤;

100X(100+1)

故正確;

000='2=5050,C

2〃〃+i=(〃+l)(n+2),

Hn+1)(〃+2)(〃+3)

Z?4n+2=4

顯然2。〃+IWma?+?,故D錯(cuò)誤.

題型二等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合運(yùn)算

例2（2022?濱州模擬）已知等差數(shù)列｛斯｝和等比數(shù)列｛兒｝滿足αι=2,b2=4,%=2k>g2b",

"∈N".

(1)求數(shù)列｛〃〃｝,｛d｝的通項(xiàng)公式；

⑵設(shè)數(shù)列｛斯｝中不在數(shù)列｛兒)中的項(xiàng)按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列｛c“｝,記數(shù)列｛c〃｝的前〃項(xiàng)和

為Sn,求Si(M).

解(1)設(shè)等差數(shù)列｛m｝的公差為d,

因?yàn)樵?4,所以G=21og2岳=4,

所以d=〃2—α∣=2,

所以斯=2+(〃一1)X2=2幾

又a〃=21og2九，即2π=21og2?,

所以n=log2?w,

n

所以bn=2.

⑵由⑴得小=2"=2?2"∣=O2"T,

即兒是數(shù)列｛斯｝中的第2〃「項(xiàng).

設(shè)數(shù)列｛斯｝的前n項(xiàng)和為Pn,數(shù)列｛/?“｝的前n項(xiàng)和為Q〃，

因?yàn)闅v=。26=。64,68=427=4128,

所以數(shù)列｛6｝的前100項(xiàng)是由數(shù)列｛〃〃｝的前107項(xiàng)去掉數(shù)列M〃｝的前7項(xiàng)后構(gòu)成的,

所以SIOo=P107-。7

107X(2+214)2—28

11302.

21-2

【備選】

(2020?浙江)已知數(shù)列⑷，也｝,｛6｝滿足S=O=C=1，…+L斯，cn+i=-^cn,n∈N*,

⑴若｛瓦｝為等比數(shù)列,公比q>0,且下+岳=6①,求q的值及數(shù)列｛為｝的通項(xiàng)公式;

,

(2)若｛瓦｝為等差數(shù)列，公差d>0,證明：C∣÷C2÷C3H------Fcw<l+^,∏∈N?

⑴解由加=1,?I+?2=6?3,且出〃｝為等比數(shù)列，得l+g=6∕,解得夕=；(負(fù)舍).

??bn—2〃一1?

?*?C∏+I???C"=4C",?'?C"=4"1.

?！?2

?,斯+1-(In-4"I

1—4〃1

%=0+1+4+→4L2=-PΓ

4〃」+2

=~3~

bn

(2)證明由cw+1=FSeN)

bn+2

可得b”+2，c"+i=b"?C",

兩邊同乘bn+↑,

,

可得bn+J?bπ+2cn+1=bn?bn?￥1?cn9

?：b1b2c1=b2=1+d,

，數(shù)列｛為瓦+g｝是一個(gè)常數(shù)列，

且此常數(shù)為l+d,即b必〃+]Czι=l+d,

1~?~d1~?~dd

又?"ι=Ld>0,Λ?w>0,

，Cl+C2+…+?！?/p>

，Cl+C2+…+Cfl<1+)

思維升華對(duì)等差、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題，應(yīng)重點(diǎn)分析等差、等比數(shù)列項(xiàng)之間的關(guān)系.數(shù)列

的求和主要是等差、等比數(shù)列的求和及裂項(xiàng)相消法求和與錯(cuò)位相減法求和，本題中利用裂項(xiàng)

相消法求數(shù)列的和，然后利用力=1,d>0證明不等式成立.另外本題在探求｛如｝與｛金｝的通

項(xiàng)公式時(shí)，考查累加、累乘兩種基本方法.

跟蹤訓(xùn)練2已知等差數(shù)列｛〃〃｝和等比數(shù)列｛兒｝滿足a↑=b↑=?,"2+44=10,b2b4=a5?

⑴求｛小｝的通項(xiàng)公式；

(2)求?1÷?3÷?5∏----∣^?2n-1.

解(1)設(shè)等差數(shù)列｛斯｝的公差為d?

因?yàn)棣力?1,s+44=10,

所以2αι+4J=10,

解得d=2.

所以an=2∏-l.

(2)設(shè)等比數(shù)列｛5｝的公比為q.

因?yàn)?2?4=fl5,

所以bιq?bιq3=9.

又加=1,所以q2=3.

2n2nl

所以b2n-ι=biq_=3~.

則?1+?3÷?5÷???+?2Λ-I

3"-1

=1+3+32+…+3"f='—.

題型三數(shù)列與其他知識(shí)的交匯問(wèn)題

命題點(diǎn)1數(shù)列與不等式的交匯

例3已知數(shù)列卸”｝滿足—L=1+2("∈N*).

⑴求數(shù)列｛a,J的通項(xiàng)公式；

(2)求證：山+晶+屑-|----

(1)解因?yàn)橐籎-=:+2("∈N*),

所以7L—十=2("∈N*),

因?yàn)?=4，所以；=2,

ZCl?

所以數(shù)列是以首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列，所以；=2+2(〃-l)=2〃(〃GN*),

lɑnjCl∏

所以數(shù)列｛?。耐?xiàng)公式是α?=±("WN*).

⑵證明依題意可知

足=(?M??÷τ

T±T",

所以∏τ+?+?H------卜忌

出i+i—H4γ+?→尚—3

=K2-n)4

故曷+元+屑-1—("若

命題點(diǎn)2數(shù)列與函數(shù)的交匯

例4(2022?淄博模擬)已知在等比數(shù)列｛斯｝中，首項(xiàng)αι=2,公比q>l,Z，。3是函數(shù)兀0=*

-6Λ2+32X的兩個(gè)極值點(diǎn)，則數(shù)列｛”,,｝的前9項(xiàng)和是.

答案1022

解析由J(x)=∣x3-6X2+32X,

得/(x)=∕-12x+32,

又因?yàn)閍2,田是函數(shù)/(X)=￥—6『+32X的兩個(gè)極值點(diǎn)，

所以。2,的是函數(shù)/(X)=/—12x+32的兩個(gè)零點(diǎn)，

〃2+。3=⑵

故《一C

32,

因?yàn)閝>l,所以。2=4,6=8,故q=2,

則前9項(xiàng)和Sg=2?-,)=2H)-2=I022.

1—2

【備選】

1.已知函數(shù)兀O=Iog2%,若數(shù)列｛斯｝的各項(xiàng)使得2,Xai),共。2)，…，fian),2〃+4成等差數(shù)

列，則數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和Sn=.

答案y(4n-l)

解析設(shè)等差數(shù)列的公差為乩

則由題意，得2"+4=2+("+l)d,解得d=2,

于是10g241=4,Iθg242=6,10g243=8,…，

β

從而0=24,a2=2903=28,…，

易知數(shù)列｛〃“｝是等比數(shù)列，其公比4=^=4,

”,24(4,,-l)16

所以Sn=_Tj=T(4”-1).

2?求證：2+l+22+2+23+3-1l^2"+“<2("GN)?

證明因?yàn)槿我?lt;為，

Z十〃Z

所以不等式左邊<1+苴+*+…

人41.2.3.ln

令A(yù)=]+M+RH---F2?,

兩式相減得TAu+*+*H------Hg-/F

1-±__?_

12,12“+?,

所以A=2——?,,<2,即得證.

思維升華數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題關(guān)鍵在于通過(guò)函數(shù)關(guān)系尋找數(shù)列的遞推關(guān)系，求

出數(shù)列的通項(xiàng)或前〃項(xiàng)和，再利用數(shù)列或數(shù)列對(duì)應(yīng)的函數(shù)解決最值、范圍問(wèn)題，通過(guò)放縮進(jìn)

行不等式的證明.

跟蹤訓(xùn)練3(1)(2022?長(zhǎng)春模擬)已知等比數(shù)列｛”“｝滿足：α∣+fl2=20,α2+α3=8O.數(shù)列｛瓦,｝滿

足與=log2%,其前〃項(xiàng)和為S“，若E?7W%恒成立，則2的最小值為_(kāi)_______.

ewI11

答案?

解析設(shè)等比數(shù)列｛?。墓葹閝,

?a↑+a↑q=20,

由題意可得,?fin

3q+α∣q'=80,

解得0=4,q=4,

故｛斯｝的通項(xiàng)公式為m=4〃，n∈N*.

rt

bn=IOg2如=log24=2n,

1

Sn=2n+^n(n-?)?2=n+n9

6_2”_2*

,

S〃+11/+幾+11I?1I1〃'

〃十一

n-ri

令兀T)=X+甘，

則當(dāng)x∈(0,小1)時(shí)，yu)=χ+??單調(diào)遞減，

當(dāng)χd(??∕Γi,+8)時(shí)，yζr)=χ+4■單調(diào)遞增，

I1201I27

又；旭)=3+卞=丁，14)=4+丁=彳，

且〃￡N*,苧，

即—Ih_V---=—

1,

S,,+∣1^2O+1^23

故22臺(tái)，故人的最小值為戰(zhàn).

⑵若S〃是公差不為。的等差數(shù)列｛斯｝的前〃項(xiàng)和，且$,S2,S成等比數(shù)列，S2=4.

①求數(shù)列｛”“｝的通項(xiàng)公式;

②設(shè)兒=-?,7“是數(shù)列｛兒｝的前n項(xiàng)和，求使得TS系對(duì)所有“CN*都成立的最小正整數(shù)

a，1?！?1ZU

解①設(shè)｛0,,｝的公差為d(d≠O),

則SI—flI,S2=24∣+4,S4=44∣+6</.

因?yàn)镾i,S2,S4成等比數(shù)列，

2

所以ar(4al+6d)=(2al+d).

所以2aιd=cP.

因?yàn)閐≠0,所以d=24ι.

又因?yàn)镾2=4,所以0=l,d=2,

所以an=2n-?.

要使G嗡對(duì)所有“GN*都成立，

則有為巧，即∕n≥30.

因?yàn)楱Mn∈N*,

所以m的最小值為30.

課時(shí)精練

I.(2022?青島模擬)從''①Sl="("+號(hào))；②$2=。3，44=功。2；③口=2,。4是“2,a8的等比

中項(xiàng).”三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充到下面的橫線處，并解答.

已知等差數(shù)列｛斯｝的前〃項(xiàng)和為S”公差4W0,,∕ι∈N*.

(1)求數(shù)列｛斯｝的通項(xiàng)公式；

⑵若bn^S2n+ι-S2n,數(shù)列｛兒｝的前n項(xiàng)和為W“，求Wn.

注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

解⑴選①：

S,,=〃(〃+?)=n2+^n,

令〃=1,得0=1+5，即0=2,

2

所以Sfl=n+n.

2

當(dāng)時(shí)，Sw-ι=(?—1)+M—1,

當(dāng)〃22時(shí)，an=Sn-Sn-ι=2n,又m=2,滿足上式,

所以an=2n.

選②：

由S2=S,得。1+。2=。3，得αι=d,

又由44=。1。2,得〃]+3d=〃](〃i+d),

因?yàn)閐≠0,則αι=d=2,所以斯=2〃.

選③：

由《4是。2,。8的等比中項(xiàng),得屈=。2。8,

則(oι+3⑨2=3+①3+7公

因?yàn)椤?=2,dW6,所以d=2,則斯=2幾

2w+12π1rt2

(2)Stj=n+n9bn=(2)+2'-(2)-T

2π

所以卬”=3X22+2+3X24+22H-----F3×2+百二??丁)+2x(1二2)--十n

1—4I—2

-l)=4n+,+2n+,-6.

2.(2022?沈陽(yáng)模擬)已知正項(xiàng)數(shù)列｛〃〃｝的前〃項(xiàng)和為S”且屆+i=2S〃+〃+1,。2=2.

⑴求數(shù)列｛斯｝的通項(xiàng)公式斯；

(2)若勾=W?2〃,數(shù)列｛九｝的前〃項(xiàng)和為7；,求使7?2022的最小的正整數(shù)〃的值.

解(1)當(dāng)相22時(shí)，

由晶+1=2S”+∕z+1,怎=2,

得aτl=2Sn-?+n-1÷1,

兩式相減得居+】一若=2CM+1,

2

即c&+?=d｝t+2an+1=(aw÷1).

1｛斯｝是正項(xiàng)數(shù)列，.?.4rH=%+L

當(dāng)〃=1時(shí)，尾=2αι+2=4,

?=??ci2-0=1,

；?數(shù)列｛m｝是以S=I為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，，%=〃.

(2)由⑴知兒=加2"=〃0,

Λ7；,=1×2l+2×22+3×23H------?-n?2",

27],=1×22+2×23H------F(H-l)?2π+n?2π+l,

兩式相減得一乙=斗二^一，"2"+1

1—2

=(l-n)2n+1-2,

Λ7],=(n-l)2π+'+2.

,n

..Tl-Tn-↑=n-2>0,

...北單調(diào)遞增.

8

當(dāng)〃=7時(shí)，r7=6×2+2=l538<2022,

當(dāng)〃=8時(shí)，78=7X29+2=3586>2022,

，使T,,>2022的最小的正整數(shù)n的值為8.

3.(2022?大連模擬)已知等差數(shù)列｛斯｝的前〃項(xiàng)和為S,”Ss=25,且處一1，a4+l,0+3成

等比數(shù)列.

⑴求數(shù)列｛?。耐?xiàng)公式；

(2)若。=(-1)%+1,〃是數(shù)列｛與｝的前〃項(xiàng)和，求乃

解(1)由題意知，等差數(shù)列｛斯｝的前〃項(xiàng)和為S“由S5=25,可得S5=5G=25,所以S=5,

設(shè)數(shù)列｛斯｝的公差為d,

由“3—1,fl4÷1>s+3成等比數(shù)列，

可得(6+t∕)2=4(8+4√),

整理得法一4d+4=0,解得"=2,

所以a,ι=43+("-3)4=2〃—1.

⑵由⑴知

?=(-1),?+l=(-l)π(2n-l)+1,

所以72n=(-l+l)+(3+l)+(-5+l)+(7+l)H-----F[-(4n-3)+l]+(4n-l+l)=4n.

4.(2022.株洲質(zhì)檢)由整數(shù)構(gòu)成的等差數(shù)列｛4,,｝滿足43=5,a↑a2=2a4.

(1)求數(shù)列｛斯｝的通項(xiàng)公式；

⑵若數(shù)列｛兒｝的通項(xiàng)公式為兒=2",將數(shù)列｛斯｝,｛兒｝的所有項(xiàng)按照“當(dāng)”為奇數(shù)時(shí)，為放在

前面；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，如放在前面”的要求進(jìn)行“交叉排列”，得到一個(gè)新數(shù)列｛c,,｝,⑦，

a?