《专题7.5 数列的综合应用 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题7.5 数列的综合应用 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版.docx（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题7.5 数列的综合应用新课程考试要求1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用.2.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.3.会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题.核心素养本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学建模等.考向预测1.根据数列的递推式或者通项公式确定基本量，选择合适的方法求和，进一步证明不等式2.数列与函数、不等式相结合.3.复习中注意:（1）灵活选用数列求和公式的形式，关注应用公式的条件；（2）熟悉分组求和法、裂项相消法及错位相减法；（3)数列求和与不等式证明、不等式恒成立相结合求解参数
2、的范围问题.【知识清单】知识点一等差数列和等比数列比较等差数列等比数列定义常数常数通项公式判定方法(1)定义法；(2)中项公式法：为等差数列；(3)通项公式法：(为常数,) 为等差数列；(4)前n项和公式法：(为常数, ) 为等差数列；(5) 为等比数列，且，那么数列 (，且)为等差数列(1)定义法(2)中项公式法： () 为等比数列(3)通项公式法： (均是不为0的常数，)为等比数列(4) 为等差数列(总有意义)为等比数列性质(1)若，且，则(2) (3) ，仍成等差数列(1)若，且，则(2) (3)等比数列依次每项和()，即 ，仍成等比数列前n项和时，；当时，或.知识点二数列求和1. 等差
3、数列的前和的求和公式：.2等比数列前项和公式一般地，设等比数列的前项和是，当时，或；当时，（错位相减法）.3. 数列前项和重要公式：（1） （2）（3） （4） 等差数列中，；等比数列中，.【考点分类剖析】考点一 等差数列与等比数列的综合问题【典例1】（2021·全国高三月考（文）已知是等差数列，且，是等比数列的前3项.（1）求数列，的通项公式；（2）数列是由数列的项删去数列的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列的前20项的和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）根据以及等差数列的通项公式计算即可得到结果，然后根据可得，最后简单计算可得.（2）根据（1）的条件可知求解的是，计
4、算即可.【详解】（1）数列是等差数列，设公差为，且，.则，解得，所以.又因为，是等比数列的前3项，则，由于，代入上式解得.于是，因此等比数列的公比.故数列的通项公式为.（2）设数列的前20项的和为.因为，则.【典例2】（2021·全国高三其他模拟（文）已知数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，满足，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式，用首项和公差表示已知条件，化简后解方程组求得首项和公差，进而得到通项公式；（2）由（1）可得通项公式，采用分组求和的方法，对的两个部分分别采用等比数列
5、求和、等差数列的求和公式求和，进而得到.【详解】（1）设等差数列公差为， ，成等比数列得：,整理得：,，,由解得：，（2）由（1）得：,由于为常数,数列为公比为的等比数列，.【总结提升】等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的【变式探究】1. （浙江省杭州市第二中学2020届高
6、三）已知等比数列的各项均为正数，且，成等差数列，则（ ）ABCD【答案】A【解析】设公比为.由，成等差数列，可得，所以，则，解(舍去)或.所以.故选A.2. （2017·全国高考真题（文）已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，且a1=1，b1=1，a2+b2=4.（1）若a3+b3=7，求bn的通项公式；（2）若T3=13，求S5.【答案】（1）bn=2n-1；（2）5或75.【解析】设等差数列an公差为d，等比数列bn公比为q(q0)有(1+d)+q=4，即d+q=3.（1）(1+2d)+q2=7，结合d+q=3得q=2，bn=2n-1.（2）T3=1+q
7、+q2=13，解得q=-4或3，当q=-4时，d=7，此时S5=5+5×42×7=75；当q=3时，d=0，此时S5=5a1=5.【易错提醒】1.利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面：(1)裂项过程中易忽视常数，如容易误裂为，漏掉前面的系数；(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误2.应用错位相减法求和时需注意：（1）给数列和Sn的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；（2）在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n.考点二 数列与函数的综合【典例3】（2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第
8、一次联考）已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）ABCD【答案】B【解析】考察函数，由可得在单调递增，由可得在单调递减且，可得，数列为单调递增数列，如图所示：且，图象可得，所以，故选B.【典例4】（2020·浙江高三专题练习）已知等比数列的公比为，且，数列满足，（1）求数列的通项公式（2）规定：表示不超过的最大整数，如，若，记 求的值，并指出相应的取值范围【答案】（1），；（2）当时，；当时，【解析】（1）由等比数列的通项公式得，即可得，然后利用累加法求即可；（2）由（1）得，可求出，得到和时的值，然后对进行放缩，可得当时，最后通过换元，利用对勾函数的单调性求解即可【详解】（1）由
9、题意得，则，当时，又由，符合上式，因此，（2）由（1）知，当时，易知时，此时；时，此时；当时，因为时，所以，因此，令，则，利用对勾函数的单调性，得（其中），从而综上，当时，；当时，【总结提升】数列与函数的综合问题主要有以下两类：知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形【变式探究】1.（2021·中央民族大学附属中学高三三模）已知函数，其中，定义数列如下：，（1）当时，求的值；（2）是否存在实数m，使构成公差不为0的等差数列？若存在，请求出实数m的值；若不存在
10、，请说明理由；（3）求证：当时，总能找到，使得.【答案】（1）1，2，5；（2）存在，使得，构成公差不为0的等差数列；（3）见试题解析.【解析】（1）利用函数的解析式，通过2，3，4，求出结果；（2）解法一：假设存在实数m，使得，构成公差不为0的等差数列求出，利用，成等差数列，求出即可方法二：通过，求出，使得，构成公差不为0的等差数列（3）通过，利用，累加推出，通过成立，转化，得到结论【详解】（1）因为，故， 因为，所以， ， （2）解法一：假设存在实数，使得，构成公差不为0的等差数列则得到， 因为成等差数列，所以， 所以，化简得，解得（舍）, 经检验，此时的公差不为0，所以存在，使得，构成公
11、差不为的等差数列 方法二：因为，成等差数列，所以，即， 所以，即因为公差，故，所以解得 经检验，此时，的公差不为0所以存在，使得，构成公差不为0的等差数列 （3）因为, 又, 所以令由，将上述不等式全部相加得，即，因此要使成立，只需，所以，只要取正整数，就有综上，当时，总能找到，使得2.（四川高考真题）设等差数列an的公差为d，点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上（nN*）.（1）若a1=-2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和Sn；（2）若a1=1，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-1ln2，求数列anbn的前n项和Tn.【答
12、案】（1）Sn=n(n-3)；（2）Tn=2n+1-n-22n.【解析】bn=2an.（1）b7=2a7=2-2+6d,4×2-2+6d=2-2+7d,d=2，所以Sn=-2n+n(n-1)=n(n-3).（2）将f(x)=2x求导得f'(x)=2xln2，所以f(x)=2x在(a2,b2)处的切线为y-b2=2a2ln2(x-a2)，令y=0得-b2=(2a2ln2)×(x-a2),x=a2-1ln2,a2=2，所以d=2-1=1,an=n，bn=2n.所以anbn=n2n，其前n项和Tn=121+222+323+n-12n-1+n2n两边乘以2得：2Tn=11+
13、221+322+n2n-1得：2Tn-Tn=11+121+122+12n-1-n2n=2-12n-1-n2n，所以Tn=2n+1-n-22n.考点三 数列与不等式的综合【典例5】（2021·宁波中学高三其他模拟）已知等差数列和等比数列，且满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求证：.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）首先根据对所有n都成立，分别取得到关于的等量关系式，解方程求解，最后写出数列的通项公式即可；（2）化简，根据裂项相消求得，最后证明即可.【详解】（1）假设等差数列的公差为和等比数列的公比为，因为，取得，又，所以，取得，所以即，取得，所以即，联立解得：
14、，所以，；经检验，使得对任意的正整数都成立，所以，.（2），,所以，即数列单调递增，所以对于任意正整数恒成立，所以对于任意正整数恒成立，所以，所以，所以得证.【典例6】（2020届浙江省台州五校高三上学期联考）已知函数f(x)=44x+15.（）求方程f(x)-x=0的实数解；（）如果数列an满足a1=1，an+1=f(an)（nN*），是否存在实数c，使得a2n<c<a2n-1对所有的nN*都成立？证明你的结论（）在（）的条件下，设数列an的前n项的和为Sn，证明：14<Snn1【答案】（）x=-4或x=14;（）存在c=14使得a2n<14<a2n-1;（）见
15、解析.【解析】（）f(x)-x=044x+15=xx=-4或x=14；（）存在c=14使得a2n<14<a2n-1证法1：因为f(x)=44x+15，当x(0,1时，f(x)单调递减，所以0<f(x)<415因为a1=1，所以由an+1=44an+15得a2=419,a3=76301且0<an1下面用数学归纳法证明0<a2n<14<a2n-11因为0<a2=419<14<a1=11，所以当n=1时结论成立假设当n=k时结论成立，即0<a2k<14<a2k-1<1由于f(x)=44x+15为(0,1上的减函
16、数，所以f(0)>f(a2k)>f(14)>f(a2k-1)>f(1)，从而415>a2k+1>14>a2k>419，因此f(415)<f(a2k+1)<f(14)<f(a2k)<f(419)，即0<f(415)a2k+2<14<a2k+1<f(419)1综上所述，对一切nN*，0<a2n<14<a2n-11都成立，即存在c=14使得a2n<14<a2n-1 证法2：an+1-14an+1+4=44an+1+15-1444an+1+15+4=-14an-14an+4，且
17、a1-14a1+4=320an-14an+4是以320为首项，-14为公比的等比数列.所以an-14an+4=320(-14)n-1.易知an>0，所以当n为奇数时，an>14；当n为偶数时，an<14即存在c=14，使得a2n<14<a2n-1.（）证明：由（2），我们有419a2n<14<a2n-11，从而a1+a2+ann.设bn=an-14，则由an+1=44an+15得|bn+1|bn|=|14(bn+1)|=14an+3<13.由于b1=34,b2=-376,b3=31204，因此n=1，2，3时，b1+b2+bn>0成立，左边
18、不等式均成立当n>3时，有b1+b2+bn>b1+b3+b21-(13)2=34+31204+-3761-(13)20，因此a1+a2+an>14n从而14n<a1+a2+ann即14<Snn1解法2: 由（）可知0<an1，所以bn=an-14(-14,34bn+1=an+1-14=44an+15=-bn4bn+16，所以bn+1bn=-14bn+16(-1,0)所以b2n-1+b2n>0所以当n为偶数时，b1+b2+bn>0；所以当n为奇数时，(b1+b2+bn-1)+bn>0即Sn-14n>0.(其他解法酌情给分)【总结提升】1
19、.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”放缩法常见的放缩技巧有：(1).(2).(3)2()2()2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解【变式探究】1.（2020·山东高三下学期开学）已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）解：，当时，当时，由-，得，因为符合上式，所以（2）证明：因为，所以2（2021·浙江杭州市·杭州高级
20、中学高三其他模拟）已知数列满足：，（1）若，成等比数列，求q的值；（2）若，求证：【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】（1）首先表示出，根据等比中项的性质得到方程，求出即可；（2）依题意可得，再根据，利用错位相减法求和即可得证；【详解】解：（1）因为成等比数列，所以则，解得 （2）由，得所以，所以当时，设则由得所以考点四 数列与充要条件【典例7】（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】设等比数列公比为，当时，当时，所以“”是“”的充要条件.故选:C.【典例8】（
21、2020·浙江高三）等差数列an的公差为d，a10，Sn为数列an的前n项和，则“d0”是“Z”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】等差数列an的公差为d，a10，Sn为数列an的前n项和，若d0，则an为常数列，故an=，即“Z”，当Z时，d不一定为0，例如，数列1，3，5，7，9，11中，4，d2，故d0是Z的充分不必要条件故选：A【规律方法】充要关系的几种判断方法(1)定义法：若 ，则是的充分而不必要条件；若 ，则是的必要而不充分条件；若，则是的充要条件； 若 ，则是的既不充分也不必要条件.(2)等价法：即利用与；与；与的
22、等价关系，对于条件或结论是否定形式的命题，一般运用等价法(3) 集合关系法：从集合的观点理解，即若满足命题p的集合为M，满足命题q的集合为N，则M是N的真子集等价于p是q的充分不必要条件，N是M的真子集等价于p是q的必要不充分条件，MN等价于p和q互为充要条件，M，N不存在相互包含关系等价于p既不是q的充分条件也不是q的必要条件【变式探究】1.（2020届浙江宁波市高三上期末）已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由，得，即，所以“”是“”的充分条件，由，所以，所以“”是“”的必要条件，综上，“”是
23、“”的充要条件.故选：C.2.（2019·浙江高三期中）设nN*，则“数列an为等比数列”是“数列an2)为等比数列”的( )A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若数列an是等比数列an=a1qn，(an)2=a12q2n，数列an2是等比数列，数列an2是等比数列，an2=a1qn，an=±a1qn，an不是等比数列，数列an是等比数列是数列an2是等比数列的充分不必要条件，故选：A考点五 数列与实际问题【典例9】（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三三模（文）复利是指一笔资金产生利息外，在下一个计息周
24、期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息，而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y元.则y-x的值为（ ）(参考数据：1.015121.2)A0B1200C1030D900【答案】C【解析】设小闯同学每个月还款元，则可依次求每次还款
25、元后，还欠本金及利息，由题意可得，求出，从而可求出的值，再利用单利求出，进而可求出的值【详解】解：由题意知，按复利计算，设小闯同学每个月还款元，则小闯同学第一次还款元后，还欠本金及利息为元，第二次还款元后，还欠本金及利息为，第三次还款元后，还欠本金及利息为，依次类推，直到第十二次还款后，全部还清，即，即，解得，故元，按照单利算利息，12月后，所结利息共元，故元，所以，故选：C【典例10】（上海高考真题）根据预测，某地第n (nN*)个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn（单位：辆），其中an=5n4+15,1n3-10n+470,n4，bn=n+5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月
26、的累计投放量与累计损失量的差. （1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=-4(n-46)2+8800（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【答案】（1）935；（2）见解析.【解析】（1）(a1+a2+a3+a4)-(b1+b2+b3+b4)=965-30=935（2）-10n+470>n+5n42，即第42个月底，保有量达到最大(a1+a2+a3+a4)-(b1+b2+b3+b4)=965+(420+50)×382-(6+47)×422=8782 S
27、42=-4(42-46)2+8800=8736，此时保有量超过了容纳量. 【变式探究】1.（2021·山东菏泽市·高三期末）某公司为一个高科技项目投入启动资金1000万元，已知每年可获利25%，但由于竞争激烈，每年年底需从利润中取出200万元资金进行科研、技术改造，方能保持原有利润的增长率，经过两年后该项目的资金为_万元，该公司经过_年该项目的资金可以达到或超过翻一番（即原来的2倍）的目标（，）【答案】1112.5 9 【解析】设是经过年后该项目的资金，则，从而可求出经过两年后该项目的资金，构造等比数列，求出，根据翻一番（即原来的2倍）的目标建立不等式，解指数不等式，即可求
28、出所求【详解】解：设是经过年后该项目的资金，则，所以，所以经过两年后该项目的资金为1112.5万元；因为，设，则，即，所以，所以，即，所以，即该公司经过9年该项目的资金可以达到或超过翻一番（即原来的2倍）的目标故答案为：1112.5，92. （2021·上海浦东新区·高三三模）流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人.（1）若，求11月1日至11月
29、10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.【答案】（1）人；（2）11月13日新感染者人数最多为630人.【解析】（1）根据题意数列是等差数列，公差为，又，进而根据等差数列前项和公式求解即可；（2）11月日新感染者人数最多，则当时，当时，进而根据等差数列公式求和解方程即可得答案.【详解】解：（1）记11月日新感染者人数为，则数列是等差数列，公差为，又，则11月1日至11月10日新感染者总人数为：人；（2）记11月日新感染者人数为，11月日新感染者人数最多，当时，.当时，因为这30天内的新感染者总人数为11940人，所以，得，即解得或(舍)，此时所以11月13日新感染者人数最多为630人.