2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第45講、數(shù)列的綜合應(yīng)用（教師版）

第45講數(shù)列的綜合應(yīng)用

知識(shí)梳理

1、解決數(shù)列與數(shù)學(xué)文化相交匯問題的關(guān)鍵

2、新定義問題的解題思路

遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要

求，“照章辦事”，逐條分析、運(yùn)算、驗(yàn)證，使問題得以解決．

3、數(shù)列與函數(shù)綜合問題的主要類型及求解策略

①已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題．

②已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要利用數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和

公式、求和方法等對(duì)式子化簡變形．

注意數(shù)列與函數(shù)的不同，數(shù)列只能看作是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù)，在解決問題時(shí)要

注意這一特殊性．

4、數(shù)列與不等式綜合問題的求解策略

解決數(shù)列與不等式的綜合問題時(shí)，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比

較法、綜合法、分析法、放縮法等；若是含參數(shù)的不等式恒成立問題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化

為研究最值問題來解決．

利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想將其轉(zhuǎn)化為最值問題.

恒成立；

aF(n)aF(n)max

恒成立

aF(n)aF(n)min.

5、現(xiàn)實(shí)生活中涉及銀行利率、企業(yè)股金、產(chǎn)品利潤、人口增長、產(chǎn)品產(chǎn)量等問題，常

?？紤]用數(shù)列的知識(shí)去解決．

（1）數(shù)列實(shí)際應(yīng)用中的常見模型

①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等差模型，這個(gè)固定

的數(shù)就是公差；

②等比模型：如果后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等比模型，這

個(gè)固定的數(shù)就是公比；

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，

則應(yīng)考慮是第項(xiàng)與第項(xiàng)的遞推關(guān)系還是前項(xiàng)和與前項(xiàng)和之間的

nann1an1nSnn1Sn1

遞推關(guān)系．

在實(shí)際問題中建立數(shù)列模型時(shí)，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣

到一般結(jié)論；二是從一般入手，找到遞推關(guān)系，再進(jìn)行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率

要用等比數(shù)列，涉及依次增加或減少要用等差數(shù)列，有的問題需通過轉(zhuǎn)化得到等差或等比數(shù)

列，在解決問題時(shí)要往這些方面聯(lián)系．

（2）解決數(shù)列實(shí)際應(yīng)用題的3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)

①根據(jù)題意，正確確定數(shù)列模型；

②利用數(shù)列知識(shí)準(zhǔn)確求解模型；

③問題作答，不要忽視問題的實(shí)際意義．

6、在證明不等式時(shí)，有時(shí)把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證

明，我們稱這種方法為放縮法.

放縮時(shí)常采用的方法有：舍去一些正項(xiàng)或負(fù)項(xiàng)、在和或積中放大或縮小某些項(xiàng)、擴(kuò)大（或

縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福?

放縮法證不等式的理論依據(jù)是：AB,BCAC；AB,BCAC.

放縮法是一種重要的證題技巧，要想用好它，必須有目標(biāo)，目標(biāo)可從要證的結(jié)論中去查

找.

必考題型全歸納

題型一：數(shù)列在數(shù)學(xué)文化與實(shí)際問題中的應(yīng)用

例1．（2024·河南·河南省內(nèi)鄉(xiāng)縣高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測）“角谷猜想”首先流傳于美國，不久

便傳到歐洲，后來一位名叫角谷靜夫的日本人又把它帶到亞洲，因而人們就順勢把它叫作“角

谷猜想”.“角谷猜想”是指一個(gè)正整數(shù)，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，

這樣經(jīng)過若干次運(yùn)算，最終回到1.對(duì)任意正整數(shù)a0，按照上述規(guī)則實(shí)施第n次運(yùn)算的結(jié)果為

annN，若a51，且aii1,2,3,4均不為1，則a0（）

A．5或16B．5或32

C．5或16或4D．5或32或4

【答案】B

3a1,a為奇數(shù)

nn

【解析】由題知an1a，因?yàn)閍51，則有：

n為偶數(shù)

,an

2

若a4為奇數(shù)，則a53a411，得a40，不合題意，所以a4為偶數(shù)，則a42a52；

1

若a為奇數(shù)，則a3a12，得a，不合題意，所以a為偶數(shù)，a2a4；

34333334

若a2為奇數(shù)，則a33a214，得a21，不合題意，所以a2為偶數(shù)，且a22a38；

7

若a為奇數(shù)，則a3a18，得a，不合題意，所以a為偶數(shù)，且a2a16；

12113112

若a0為奇數(shù)，則a13a0116，可得a05；若a0為偶數(shù)，則a02a132.

綜上所述：a05或32.

故選：B

例2．（2024·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）北宋大科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中首創(chuàng)的“隙積術(shù)”，

就是關(guān)于高階等差數(shù)列求和的問題．現(xiàn)有一貨物堆，從上向下查，第一層有1個(gè)貨物，第二

層比第一層多2個(gè)，第三層比第二層多3個(gè)，以此類推，記第n層貨物的個(gè)數(shù)為an，則使

得an2n2成立的n的最小值是（）

A．3B．4C．5D．6

【答案】C

a2a12

aa3

32*

【解析】由題意，n2，nN且a11，

,

anan1n

nn1

累加可得ana123n，所以a12n，

n2

nn1

∴2n2，得n4，即nmin5．

2

故選：C．

例3．（2024·四川成都·石室中學(xué)校考模擬預(yù)測）南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算法》中

有如下俯視圖所示的幾何體，后人稱之為“三角垛”．其最上層有1個(gè)球，第二層有3個(gè)球，

第三層有6個(gè)球，第四層10個(gè)…，則第三十六層球的個(gè)數(shù)為（）

A．561B．595C．630D．666

【答案】D

【解析】由題意，第一層1個(gè)球，第二層123個(gè)，第三層1236個(gè)，第四層

123410個(gè)，

36(136)

據(jù)此規(guī)律，第三十六層有小球12336666個(gè).

2

故選：D

變式1．（2024·全國·高三專題練習(xí)）科赫曲線因形似雪花，又被稱為雪花曲線.其構(gòu)成方式

如下：如圖1將線段AB等分為線段AC,CD,DB，如圖2.以CD為底向外作等邊三角形CMD，

并去掉線段CD，將以上的操作稱為第一次操作；繼續(xù)在圖2的各條線段上重復(fù)上述操作，

當(dāng)進(jìn)行三次操作后形成如圖3的曲線.設(shè)線段AB的長度為1，則圖3中曲線的長度為（）

1664

A．2B．C．D．3

927

【答案】C

4

【解析】依題意，一條線段經(jīng)過一次操作，其長度變?yōu)樵瓉淼模?/p>

3

44

因此每次操作后所得曲線長度依次排成一列，構(gòu)成以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，

33

464

所以當(dāng)進(jìn)行三次操作后的曲線長度為()3.

327

故選：C

變式2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）我國南宋數(shù)學(xué)家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》

一書里出現(xiàn)了如圖所示的表，即楊輝三角，這是數(shù)學(xué)史上的一個(gè)偉大成就在“楊輝三角”中，

第n行的所有數(shù)字之和為2n1，若去除所有為1的項(xiàng)，依次構(gòu)成數(shù)列2，3，3，4，6，4，5，

10，10，5，...，則此數(shù)列的前34項(xiàng)和為（）

A．959B．964C．1003D．1004

【答案】A

【解析】將這個(gè)數(shù)列分組：

第一組1個(gè)數(shù)2222；

第二組2個(gè)數(shù)33232；

，

第七組7個(gè)數(shù)，這7個(gè)數(shù)的和為282

第八組8個(gè)數(shù)9368412612684369292，

前八組共36項(xiàng)，前36項(xiàng)和為2222322921004，

所以前34項(xiàng)和為1004936959，

故選：A．

變式3．（2024·全國·高三專題練習(xí)）南宋數(shù)學(xué)家楊輝在《詳解九章算術(shù)》中提出了高階等差

數(shù)列的問題，即一個(gè)數(shù)列an本身不是等差數(shù)列，但從an數(shù)列中的第二項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與

前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列bn（則稱數(shù)列an為一階等差數(shù)列），或者bn仍舊不是等差數(shù)

列，但從bn數(shù)列中的第二項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列cn（則稱數(shù)列an

為二階等差數(shù)列），依次類推，可以得到高階等差數(shù)列．類比高階等差數(shù)列的定義，我們亦

可定義高階等比數(shù)列，設(shè)數(shù)列1，1，2，8，64…是一階等比數(shù)列，則該數(shù)列的第8項(xiàng)是（）．

A．28B．215C．221D．228

【答案】C

【解析】由題意，數(shù)列1，1，2，8，64，…為an，且為一階等比數(shù)列，

ab

n2

設(shè)bn1，所以bn為等比數(shù)列，其中b11，b22，公比為q2，

an1b1

n1n2

n1

123n2

所以bn2，則2，

anbn1bn2b1a122,n2

21

所以第8項(xiàng)為a82．

故選：C.

【解題方法總結(jié)】

（1）解決數(shù)列與數(shù)學(xué)文化相交匯問題的關(guān)鍵

（2）解答數(shù)列應(yīng)用題需過好“四關(guān)”

題型二：數(shù)列中的新定義問題

*

例4．（2024·江西·江西師大附中校考三模）已知數(shù)列an的通項(xiàng)an2n1nN，如果把

數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)都去掉，余下的項(xiàng)依次排列構(gòu)成新數(shù)列為bn，再把數(shù)列bn的奇數(shù)項(xiàng)又

去掉，余下的項(xiàng)依次排列構(gòu)成新數(shù)列為cn，如此繼續(xù)下去，……，那么得到的數(shù)列（含原

已知數(shù)列）的第一項(xiàng)按先后順序排列，構(gòu)成的數(shù)列記為Pn，則數(shù)列Pn前10項(xiàng)的和為（）

A．1013B．1023C．2036D．2050

【答案】C

【解析】根據(jù)題意，如此繼續(xù)下去，……，則得到的數(shù)列的第一項(xiàng)分別為數(shù)列an的第

a1,a2,a4,a8,

n1

即得到的數(shù)列Pn的第n項(xiàng)為數(shù)列an的第2項(xiàng)，

*n

因?yàn)閍n2n1nN，可得Pn21，

210

所以P1P2P10222102036.

故選：C.

例5．（2024·人大附中?？既＃┮阎獢?shù)列an滿足：對(duì)任意的nN，總存在mN，使

得Snam，則稱an為“回旋數(shù)列”．以下結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是（）

①若an2023n，則an為“回旋數(shù)列”；

②設(shè)an為等比數(shù)列，且公比q為有理數(shù)，則an為“回旋數(shù)列”；

③設(shè)an為等差數(shù)列，當(dāng)a11，d0時(shí)，若an為“回旋數(shù)列”，則d1；

④若an為“回旋數(shù)列”，則對(duì)任意nN，總存在mN，使得anSm．

A．1B．2C．3D．4

【答案】B

nn1

【解析】①由an2023n可得S2023123n2023，

n2

n(n1)n(n1)

由Sa可得2023=2023m，取m即可，則a為“回旋數(shù)列”，故①正確；

nm22n

②當(dāng)q1時(shí)，Snna1，ama1，

由Snam可得na1a1，故當(dāng)n2時(shí)，很明顯na1a1不成立，故an不是“回旋數(shù)列，②錯(cuò)

誤”；

nn1

③an是等差數(shù)列，故am1m1d，Snd，

n2

nn1n1nn1

因?yàn)閿?shù)列an是“回旋數(shù)列”，所以1m1dnd，即m1，

2d2

nn1n1

其中為非負(fù)整數(shù)，所以要保證恒為整數(shù)，

2d

故d為所有非負(fù)整數(shù)的公約數(shù)，且d0，所以d1，故③正確；

④由①可得當(dāng)an2023n時(shí)，an為“回旋數(shù)列”，

m(m1)

取a20232，S2023，顯然不存在m,使得Sa20232，故④錯(cuò)誤

2m2m2

故選：B

例6．（2024·湖北武漢·統(tǒng)考三模）將1,2,,n按照某種順序排成一列得到數(shù)列an，對(duì)任意

1ijn，如果aiaj，那么稱數(shù)對(duì)ai,aj構(gòu)成數(shù)列an的一個(gè)逆序?qū)?若n4，則恰有

2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an的個(gè)數(shù)為（）

A．4B．5C．6D．7

【答案】B

【解析】若n4，則1ij4，

由1,2,3,4構(gòu)成的逆序?qū)τ?,3,4,2,4,1,3,2,3,1,2,1，

若數(shù)列an的第一個(gè)數(shù)為4，則至少有3個(gè)逆序?qū)Γ?/p>

若數(shù)列an的第二個(gè)數(shù)為4，

則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an為1,4,2,3，

若數(shù)列an的第三個(gè)數(shù)為4，

則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an為1,3,4,2或2,1,4,3，

若數(shù)列an的第四個(gè)數(shù)為4，

則恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an為2,3,1,4，3,1,2,4

綜上恰有2個(gè)逆序?qū)Φ臄?shù)列an的個(gè)數(shù)為5個(gè).

故選：B.

變式4．（2024·全國·高三專題練習(xí)）記數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若存在實(shí)數(shù)M0，使得

對(duì)任意的nN*，都有SnM，則稱數(shù)列an為“和有界數(shù)列”．下列命題正確的是（）

A．若an是等差數(shù)列，且首項(xiàng)a10，則an是“和有界數(shù)列”

B．若an是等差數(shù)列，且公差d0，則an是“和有界數(shù)列”

C．若an是等比數(shù)列，且公比q1，則an是“和有界數(shù)列”

D．若an是等比數(shù)列，且an是“和有界數(shù)列”，則an的公比q1

【答案】C

n(n1)dd2d

【解析】對(duì)于A，若{an}是等差數(shù)列，且首項(xiàng)a0，當(dāng)d>0時(shí)，Snn，

1n222

當(dāng)n趨近于正無窮時(shí)，Sn趨近于正無窮，則{an}不是“和有界數(shù)列”，故A不正確．

對(duì)于B，若{an}是等差數(shù)列，且公差d0，則Snna1，當(dāng)a10時(shí)，

當(dāng)n趨近于正無窮時(shí)，Sn趨近于正無窮，則{an}不是“和有界數(shù)列”，故B不正確．

n

a1(1q)a1a1n

對(duì)于C，若{a}是等比數(shù)列，且公比|q|<1，則Snq，

n1q1q1q

a1a1na1a1na1

故Sn|q|<|q|<2||，則{a}是“和有界數(shù)列”，故C正確．

1q1q1q1q1qn

對(duì)于D，若{an}是等比數(shù)列，且{an}是“和有界數(shù)列”，則{an}的公比q1或q1，故D

不正確．

故選：C．

變式5．（2024·全國·高三專題練習(xí)）斐波那契數(shù)列又稱黃金分割數(shù)列，因數(shù)學(xué)家列昂納多?

斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”.斐波那契數(shù)列用遞推的方式可如

下定義：用an表示斐波那契數(shù)列的第n項(xiàng)，則數(shù)列an滿足：a1a21,an2an1an.，

n

記aia1a2an，則下列結(jié)論不正確的是（）

i1

A．a(chǎn)1055B．3anan2an2(n3)

20192021

2

C．a(chǎn)ia2021D．a(chǎn)ia2021a2022

i1i1

【答案】C

【解析】依題意，數(shù)列an的前10項(xiàng)依次為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，

即a1055，∴A正確；

當(dāng)n3時(shí)，anan1an2，3anan2an1ananan2an1anan2an2，

∴B正確；

由a1a21,an2an1an，可得a3a2a1,a4a3a2,,a2021a2020a2019，

累加得a2021a2a1a2a2019，則a1a2a2019a2021a2a20211，即

2019

aia20211，∴C錯(cuò)誤；

i1

222

由a1a2a1,a2a2(a3a1)a2a3a2a1，a3a3(a4a2)a3a4a3a2,，

2222

a2021a2021(a2022a2020)a2021a2022a2021a2020，∴a1a2a2021a2021a2022，∴D正確.

故選：C.

變式6．（2024·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）數(shù)學(xué)家楊輝在其專著《詳解九章算術(shù)法》和《算法通變

本末》中，提出了一些新的高階等差數(shù)列．其中二階等差數(shù)列是一個(gè)常見的高階等差數(shù)列、

如數(shù)列2，4，7，11，16，從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差組成新數(shù)列2，3，4，5，新數(shù)

列2，3，4，5為等差數(shù)列，則稱數(shù)列2，4，7，11，16為二階等差數(shù)列，現(xiàn)有二階等差數(shù)

列an，其前七項(xiàng)分別為2，2，3，5，8，12，17．則該數(shù)列的第20項(xiàng)為（）

A．173B．171C．155D．151

【答案】A

【解析】根據(jù)題意得新數(shù)列為0,1,2,3,4，則二階等差數(shù)列an的通項(xiàng)公式為

n1n21918

a2，則a202173

n22

故選：A.

【解題方法總結(jié)】

（1）新定義數(shù)列問題的特點(diǎn)

通過給出一個(gè)新的數(shù)列的概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問

題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)

現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的．

（2）新定義問題的解題思路

遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要

求，“照章辦事”，逐條分析、運(yùn)算、驗(yàn)證，使問題得以解決．

題型三：數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題

例7．（2024·重慶巴南·統(tǒng)考一模）已知等比數(shù)列an滿足：a1a220，a2a380.數(shù)列bn

b

n

滿足bnlog2annN，其前n項(xiàng)和為Sn，若恒成立，則的最小值為.

Sn8

3

【答案】/0.3

10

【解析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a2a3qa1a220q80，解得q4，

n1n

所以，a1a2a1a1q5a120，解得a14，則ana1q4，

n

所以，bnlog2anlog242n，

bn1bn2n12n2，所以，數(shù)列bn為等差數(shù)列，

nbbn2n2

所以，S1nnn1，

n22

b2n2

n

則S8n28n8，

nn1

n

8

因?yàn)楹瘮?shù)yx1在0,22上單調(diào)遞減，在22,上單調(diào)遞增，

x

b22

2b63

3

當(dāng)n2時(shí)，S887；當(dāng)n3時(shí)，2.

221S838310

23

23bn3

又因?yàn)?，故的最大值?

710Sn810

bn33

因此，對(duì)任意的nN恒成立，所以，，故的最小值為.

Sn81010

3

故答案為：.

10

例8．（2024·四川瀘州·四川省瀘縣第四中學(xué)校考模擬預(yù)測）設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為

1

Sn,a34，且an11an，若2Sn12kan恒成立，則k的最大值是.

n1

22

【答案】

3

1an1an

【解析】因?yàn)閍n11an，所以，

n1n2n1

2

anana3n3n

所以數(shù)列是常數(shù)列，則1，可得ann1，故S，

n1n131n2

2

2n3n12

因?yàn)?Sn12kan恒成立，所以n3n12kn1恒成立，即k恒成立，設(shè)

n1

n23n12(t1)23t11210

tn1，則nt1，從而t1，

n1tt

10221015

當(dāng)t3時(shí)，t1，當(dāng)t4時(shí)，t1，

t3t2

2215102222

因?yàn)?，所以t1的最小值是，即k，

32t33

22

所以實(shí)數(shù)k的最大值為.

3

22

故答案為：.

3

an

例9．（2024·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考三模）已知數(shù)列a滿足a8，aa4n，則的最小值

n1n1nn

為．

【答案】6

【解析】由an1an4n得，

當(dāng)n2時(shí)，anan14(n1)，an1an24(n2)，…，a2a14，

[4(n1)4](n1)

將這n1個(gè)式子累加得aa2n(n1)，

n12

則an2n(n1)8，n1時(shí)也適合，

a88

所以n2n222n26，當(dāng)且僅當(dāng)n2時(shí)，等號(hào)成立.

nnn

故答案為：6.

2023

變式7．（2024·上海楊浦·高三復(fù)旦附中校考階段練習(xí)）已知數(shù)列a滿足a，且對(duì)

n12020

a1n

n11

于任意的正整數(shù)n，都有an．若正整數(shù)k使得k對(duì)任意的正整數(shù)成立，則整

an1i1ai

數(shù)k的最小值為．

【答案】674

a1

2023n1

【解析】因?yàn)閍1，an，

2020an1

可得a11,an10,an110，

則有anan1an11，

1111

所以，

anan1an11an1an

111

所以，

anan1an11

n1111111111

則

i1aia1a2ana11a21a21a31an1an11

112020

，

a11an113

n1

因?yàn)檎麛?shù)k使得k對(duì)任意的正整數(shù)成立，

i1ai

2020

所以k，

3

所以整數(shù)k的最小值為674.

故答案為：674.

【解題方法總結(jié)】

（1）數(shù)列與函數(shù)綜合問題的主要類型及求解策略

①已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題．

②已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要利用數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和

公式、求和方法等對(duì)式子化簡變形．

注意數(shù)列與函數(shù)的不同，數(shù)列只能看作是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù)，在解決問題時(shí)要

注意這一特殊性．

（2）數(shù)列與不等式綜合問題的求解策略

解決數(shù)列與不等式的綜合問題時(shí)，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比

較法、綜合法、分析法、放縮法等；若是含參數(shù)的不等式恒成立問題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化

為研究最值問題來解決．

利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想將其轉(zhuǎn)化為最值問題.

aF(n)恒成立aF(n)max；

aF(n)恒成立aF(n)min.

題型四：數(shù)列在實(shí)際問題中的應(yīng)用

例10．（2024·全國·高三專題練習(xí)）根據(jù)市場調(diào)查結(jié)果，預(yù)測某種家用商品從年初開始的n

n2

個(gè)月內(nèi)累積的需求量Sn（萬件）近似地滿足關(guān)系式Sn21nn5n1,2,,12，按

90

此預(yù)測，在本年度內(nèi)，需求量超過1.5萬件的月份是.

【答案】7，8

n2

【解析】因?yàn)镾n21nn5n1,2,,12，

90

1

所以當(dāng)n1時(shí)，aS，

116

n2n12

當(dāng)n2時(shí)，anSnSn121nn521(n1)(n1)5

9090

3n245n27

1.5，

90

化為n215n540，

解得6n9，

可知當(dāng)n7或8，需求量超過1.5萬件.

故答案為：7，8.

例11．（2024·高三課時(shí)練習(xí)）某研究所計(jì)劃改建十個(gè)實(shí)驗(yàn)室，每個(gè)實(shí)驗(yàn)室的改建費(fèi)用分為裝

修費(fèi)和設(shè)備費(fèi)，且每個(gè)實(shí)驗(yàn)室的裝修費(fèi)都一樣，設(shè)備費(fèi)從第一到第十實(shí)驗(yàn)室依次構(gòu)成等比數(shù)

列.已知第五實(shí)驗(yàn)室比第二實(shí)驗(yàn)室的改建費(fèi)用高42萬元，第七實(shí)驗(yàn)室比第四實(shí)驗(yàn)室的改建費(fèi)

用高168萬元，并要求每個(gè)實(shí)驗(yàn)室改建費(fèi)用不能超過1700萬元，則該研究所改建這十個(gè)實(shí)

驗(yàn)室投入的總費(fèi)用最多需要萬元.

【答案】4709

a

n1

【解析】設(shè)第n1n10,nN個(gè)實(shí)驗(yàn)室的設(shè)備費(fèi)為an，裝修費(fèi)為b，則q0，

an

aqq31427

a5ba2b421a3a

由題意可得，則，解得1或13（舍去），

33

a7ba4b168aqq1168q2

1q2

n1

故an32，

n1

∵anb32b1700對(duì)任意的n1n10,nN均成立，

∴329b1700，即b164，

故該研究所改建這十個(gè)實(shí)驗(yàn)室投入的總費(fèi)用

Sa1ba2b...a10ba1a2...a1010b

31210

10b3069101644709，

12

即該研究所改建這十個(gè)實(shí)驗(yàn)室投入的總費(fèi)用最多需要4709萬元.

故答案為：4709.

例12．（2024·全國·高三專題練習(xí)）冰墩墩作為北京冬奧會(huì)的吉祥物特別受歡迎，官方旗艦

店售賣冰墩墩運(yùn)動(dòng)造型多功能徽章，若每天售出件數(shù)成遞增的等差數(shù)列，其中第1天售出

10000件，第21天售出15000件；價(jià)格每天成遞減的等差數(shù)列，第1天每件100元，第21

天每件60元，則該店第天收入達(dá)到最高.

【答案】6

【解析】設(shè)第n天售出件數(shù)為an,設(shè)第n天價(jià)格為bn.

由題意,an,bn均為等差數(shù)列,設(shè)公差分別為d1,d2.

150001000060100

所以d250,d2

12112211

所以an250n9750,bn2n102.

假設(shè)第n天的收入為cn,則

2

c250n97502n102500n212n1989500n62025，

n

所以當(dāng)n6時(shí),cn取最大值,即第6天收入達(dá)到最高.

故答案為：6

變式8．（2024·全國·高三專題練習(xí)）沈陽京東MALL于2022年國慶節(jié)盛大開業(yè)，商場為了

滿足廣大數(shù)碼狂熱愛好者的需求，開展商品分期付款活動(dòng).現(xiàn)計(jì)劃某商品一次性付款的金額

為a元，以分期付款的形式等額分成n次付清，每期期末所付款是x元，每期利率為r，

則愛好者每期需要付款x．

ar(1r)n

【答案】

(1r)n1

【解析】由題意得a(1r)nxx(1r)x(1r)n1，

n

x11r

n

a1r，

11r

ar(1r)n

x.

(1r)n1

ar(1r)n

故答案為：.

(1r)n1

變式9．（2024·遼寧錦州·渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測）一件家用電器，現(xiàn)價(jià)2000

元，實(shí)行分期付款，一年后還清，購買后一個(gè)月第一次付款，以后每月付款一次，每次付款

數(shù)相同，共付12次，月利率為0.8%，并按復(fù)利計(jì)息，那么每期應(yīng)付款元．（參考數(shù)

據(jù)：1.008111.092，1.008121.100，1.08112.332，1.08122.518）

【答案】176

【解析】設(shè)每期應(yīng)付款x元，第n期付款后欠款A(yù)n元，

則A1200010.008x20001.008x，

2

A220001.008x1.008x20001.0081.008xx，…

121110

A1220001.0081.0081.0081x．

121110

因?yàn)锳120，所以20001.0081.0081.0081x0，

20001.0081220001.00812

x176

解得11.0081.008111.008121，

1.0081

即每期應(yīng)付款176元．

故答案為：176

變式10．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在第七十五屆聯(lián)合國大會(huì)一般性辯論上，習(xí)近平主席

表示，中國將提高國家自主貢獻(xiàn)力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力爭于

2030年前達(dá)到峰值，努力爭取2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和．某地2020年共發(fā)放汽車牌照12萬張，

其中燃油型汽車牌照10萬張，電動(dòng)型汽車2萬張，從2021年起，每年發(fā)放的電動(dòng)型汽車牌

照按前一年的50%增長，燃油型汽車牌照比前一年減少0.5萬張，同時(shí)規(guī)定，若某年發(fā)放的

汽車牌照超過15萬張，以后每年發(fā)放的電動(dòng)車牌照的數(shù)量維持在這一年的水平不變.那么從

2021年至2030年這十年累計(jì)發(fā)放的汽車牌照數(shù)為萬張．

【答案】134

【解析】設(shè)每年發(fā)放燃油型車牌照數(shù)為an，發(fā)放電動(dòng)型車牌照數(shù)bn，發(fā)放牌照數(shù)為cn，則

an成等差數(shù)列，bn前四項(xiàng)成等比數(shù)列，第五項(xiàng)起為常數(shù)列，cnanbn，

a19.5，an100.5n，

1

a前10項(xiàng)的和為A9.5101090.572.5，

n102

b121.53，b231.54.5，b34.51.56.75，

因?yàn)閏3a3b38.56.7515.2515，

所以b4b5LLb106.75，

bn前10項(xiàng)的和為：B1034.56.75861.5.

所以從2021年至2030年這十年累計(jì)發(fā)放的汽車牌照數(shù)為72.561.5134.

故答案為：134.

【解題方法總結(jié)】

現(xiàn)實(shí)生活中涉及銀行利率、企業(yè)股金、產(chǎn)品利潤、人口增長、產(chǎn)品產(chǎn)量等問題，常?？?/p>

慮用數(shù)列的知識(shí)去解決．

（1）數(shù)列實(shí)際應(yīng)用中的常見模型

①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等差模型，這個(gè)固定

的數(shù)就是公差；

②等比模型：如果后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等比模型，這

個(gè)固定的數(shù)就是公比；

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，

則應(yīng)考慮是第項(xiàng)與第項(xiàng)的遞推關(guān)系還是前項(xiàng)和與前項(xiàng)和之間的

nann1an1nSnn1Sn1

遞推關(guān)系．

在實(shí)際問題中建立數(shù)列模型時(shí)，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣

到一般結(jié)論；二是從一般入手，找到遞推關(guān)系，再進(jìn)行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率

要用等比數(shù)列，涉及依次增加或減少要用等差數(shù)列，有的問題需通過轉(zhuǎn)化得到等差或等比數(shù)

列，在解決問題時(shí)要往這些方面聯(lián)系．

（2）解決數(shù)列實(shí)際應(yīng)用題的3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)

①根據(jù)題意，正確確定數(shù)列模型；

②利用數(shù)列知識(shí)準(zhǔn)確求解模型；

③問題作答，不要忽視問題的實(shí)際意義．

題型五：數(shù)列不等式的證明

aaaa2n3

例13．（2024·河北張家口·統(tǒng)考三模）已知數(shù)列a滿足3123n.

n222232n2n

(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；

11

(2)記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，證明：Sn.

anan12

aaaa2n3

【解析】（1）由題意，數(shù)列a滿足3123n，

n222232n2n

a2135

當(dāng)n1時(shí)，可得31，解得a1；

22121

aaaa2n1

當(dāng)n2時(shí)，可得3123n1，

222232n12n1

a2n32n12n34n22n1

兩式相減得n，所以a2n1，

2n2n2n12n2nn

當(dāng)n1時(shí)，a11，適合上式，

所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n1.

1

（2）令bn，由an2n1，

anan1

111111

可得bn()，

anan1(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)22n12n1

111111111111

所以S(1)(1)，

n2335572n12n122n124n2

11

因?yàn)閚N，可得0，所以S.

4n2n2

1112

例14．（2024·全國·高三專題練習(xí)）證明不等式．

2232(n1)23

111111

22

【解析】∵n1n2n1231313，

n2nnnnn

42222

111111111112

∴22213131313．

23n11122nn1n3

22222222

n

111

例．（全國高三專題練習(xí)）已知，c，c的前項(xiàng)和為

152024··annnn

31an1an1

1

T，證明：T2n．

nn3

【解析】證法一：∵

113n3n11111

cnnn12n1n2n1n，

1an1an1313131313131

1111111111

∴Tn2n2n2n2n．

10428103n113n143n1143

113n3n111

證法二：∵cnnn12n1n，

1an1an131313131

11

當(dāng)n2時(shí)，c2，∴

n3n113n1

1111111111

Tnc1c2cnn2n2n2n2n

822683n113n13n11243

．

113n3n111

證法三：∵cnnn12n1n，

1an1an131313131

111111

又，，∴c2．∴

3n113n13n13nn3n13n

111111111

T2n2n2n．

n323133323n13n3n133

113