專題45 數(shù)列的綜合應用(解析版)

專題45數(shù)列的綜合應用專題知識梳理1.數(shù)列可以與函數(shù)、方程、不等式、三角函數(shù)、平面向量、解析幾何等組成綜合問題，靈活地運用等差、等比數(shù)列的相關知識分析問題、解決問題是關鍵，當然借助一定的函數(shù)、不等式基礎知識。2．解答數(shù)列應用題的基本步驟審題——仔細閱讀材料，認真理解題意；建?！獙⒁阎獥l件翻譯成數(shù)學(數(shù)列)語言，將實際問題轉化成數(shù)學問題，弄清該數(shù)列的結構和特征，看它屬于等差數(shù)列模型、還是等比數(shù)列模型，還是遞推數(shù)列的模型；求解——求出該問題的數(shù)學解；還原——檢驗結果是否符合題意，并將所求結果還原到原實際問題中．考點探究在，請說明理由．【解析】（1）設數(shù)列｛an啲公差為d,則d>0.aS J(a1+d)(a1+2d)二15,由a2于15咅16,得仏1+64二16,解得m或忙J（舍去）所以an=2n-1.1（2）1）因為bi"i，bn+i-bn二晶茄，所以^"廣1,11111叮1一*二an?an+1二(2n_1).(2n+1)二2(2n_1一2n+1)，1111即b2-b廣尹-3),b3-b2巧(3行),111bn-bn-1=2(^-^)，(n^）假設存在正整數(shù)m、n（m/n），使得b2,bm,bn成等差數(shù)列，則b2+bn二2bm.1 1 n－1累加得：bn「b廣尹「丹^丹，n－1 n－13n－2所以bn二bi+喬T1+2nrr喬！?3n－2b廣1也符合上式?故*二喬"WN*.

4又b24又b2=33n－23bn二二2i4n-231bm=2-4m-2所以4所以4+（34n-2）二2（2-4m-2），即2m-1"6+4n-2,7n-2 9化簡得當n+u即心時，吩2，（舍去）；當n+1二9,即n=8時，m二3，符合題意.所以存在正整數(shù)m二3,n二8，使得b2,bm,bn成等差數(shù)列.題組訓練1?已知數(shù)列｛an｝滿足a1=1,|an+1-an|=pn,neN*.（1）若｛an｝是遞增數(shù)列，且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列，求p的值;1⑵若P二2,且｛a2n-1｝是遞增數(shù)列，｛a2n｝是遞減數(shù)列，求數(shù)列｛an｝的通項公式.【解析】（1）T｛aj是遞增數(shù)列,Aan+1-an=|an+1-an|=pn.而a1=1,因此a2二p+1,a3二P2+P+11?又a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,^4a2=a1+3a3，因而3p2-p二0,解得p二3或P二°?當P=°時，an+1=1an，這與｛an｝是遞增數(shù)列矛盾，故p二亍1⑵由于｛%』是遞增數(shù)列，因而a2n+1-a2n-1>0,于是（％+1-%）+靄-%-1）>0?①但厲1<22n-1，：|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|'②

由①②知，％-%-1>°，因此％-%-1T2n-1 (-1)2n由①②知，％-%-1>°，因此％-%-1T2n-1 (-1)2n222n-1?③???｛a2n｝是遞減數(shù)列，同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n可2n(-1)2n+1222n—?④由③④即(-1)n+1知，an+i-an2n－1)n11－1)n于是an=ai+(a2-ai)+(a3-a2)+…+(an-an-i)二1+2-22+…+2n-1=1+2二_2n-1V2丿11+241(－1)n二—+ =1+2二_2n-1V2丿11+241(－1)n二—+ 3+32n-1?41(－1)n故數(shù)列｛an｝的通項公式為an=3+3'2n-1?2?已知數(shù)列｛an｝滿足a1=-1,a2=1,且an+22+(-1)n2 an(neN*).(1)求a5＋a6的值；⑵設Sn為數(shù)列｛an｝的前n項的和，求Sn；⑶設bn_a2n-1+a2n，是否存正整數(shù)i」,k(i<j<k)，使得Q,b.,bk成等差數(shù)列？若存在，求出所有滿足條件的i,j,k；若不存在，請說明理由.解析】13⑴由題意，當n為奇數(shù)時，an+2_2an;當n為偶數(shù)時，an+2_2an.又a^-l,a2_1,「.1a3_-2，a51394；a4=2，a6=4,即a5+a6=2.31?（1-（2）k）31?（1-（2）k）4.⑶由（D,得+%‘3、2n-1->0（僅b廣0且｛bn｝遞增），且k,jeZ,「.k-1?（1-（2）k）（2）①當n—2k時，sn_S2k-（a1+a3+…+a2k-1）+（a2+%+???+%）- 1 +1-2313n1n二2［（辦+（2）訂-4二2［（2）2+（2）21-2313313n－1②當n二2k-1時,sn二S2k-a2廣2[（2）k+（2）k]-4-（2）k-i二2x（2）k-i+（2）k?4=2x（2）丁+1n－1（2）丁-4..?.，Sn二TOC\o"1-5"\h\z3n 1n2x（-b-+2x（-）--4, n為偶數(shù)，neN*,2 22\o"CurrentDocument"n－1 1n－1I2x（2）丁+（2）丁-4,n為奇數(shù)，neN*丿-1逅j-1nj+1.—?*1‘3、7⑴j+1-丿j+1=-4xj-1-4乜①當k>j+2時，bk>bj+2，若bi,b.,bk成等差數(shù)列，則bi=2b.-bk<2b.-bj+2=2l丿-1-〔2j-1j-i<0,此與bn>0矛盾?故此時不存在這樣的等差數(shù)列.②當k二j+1時,bk二bj+1若b,b.，bk成等差數(shù)列則b二2b.-bk=2b.-b.+1=2l2）博13312）博13二2乂（2）.-1-2x（2）j-1，又?"<.，且i,jeZ,「.i<j-1.13313131若i<j-2,則bj<b._2，得2X(2)-1-2X(2)-1-(2)-3-(2)-3，得妙-3+5選)-3<0,矛盾，「.i二j-1.從而2b.-1.從而2b.二bj_]+￡?+13)b.+i,得2伺-箱-11=1!-2俳23)?⑴.2j-2.」，化簡，得3.-1,解得j二2.從而，滿足條件的i,j,k只有唯一一組解，即i二1,j二2,k二3.3?已知數(shù)列｛an｝的奇數(shù)項是首項為1的等差數(shù)列，偶數(shù)項是首項為2的等比數(shù)列?數(shù)列｛an｝前n項和為Sn，且滿足S3=a4，a3+a5=2+a4-(1)求數(shù)列｛an｝的通項公式；(2)在數(shù)列｛an｝中，是否存在連續(xù)的三項am,am+1,am+2,按原來的順序成等差數(shù)列？若存在，求出所有滿足條件的正整數(shù)m的值；若不存在，說明理由.【解析】⑴設等差數(shù)列的公差為d，等比數(shù)列的公比為q,則a廣1,a2=2,a3=1+d,a4=2q,a5二1+2d八°S3二a4,「1+2+(1+d)二2q，即4+d=2q,又a3+a5二2+a4,(1+d)+(1+2d)二2+2q,即3d=2q,解得d二2,q二3,「對于kwN*,有a2k-1二1+(k-1)?2二2k-1，a2k二23-1,故an二n,n二2k-1vn ,keN*.2丐-1,n二2k(2)在數(shù)列｛aj中，僅存在連續(xù)的三項a】,a2,a3,按原來的順序成等差數(shù)列，此時正整數(shù)m的值為1其理由是，若am"2k,則由am+am+2=2am+1，得2?3k-1+2?3k二2(2k+1)化簡得4?3k-1二2k+1,此式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，不可能成立；若am=a2k-1,則由am+am+2=2am+1,得(2k-1)+(2k+1)k k+1k1-2k=223k-1化簡得k二3k-1,令Tk二3—1,(keN*)，則Tk+1-Tk=_3F-3k_1二3k<°因此，1二1>丁2>丁3>...,故只有1二1,此時k二1,m二2x1-1二1。綜上，在數(shù)列aj中，僅存在連續(xù)的三項a】,a2,a3,按原來的順序成等差數(shù)列，此時正整數(shù)m的值為1.

例】已知數(shù)列an1a=——1 例】已知數(shù)列an1a=——1 4a=nn-1 (n>2,ngN).(—1)na —2n—1（1）求數(shù)列的通項公式anb（2）設1，求數(shù)列缶nl的前n項和Sn；cc(3)設n=asin旦土/ Tn b=(3-2n-1+1)2=9-4n-b=(3-2n-1+1)2=9-4n-1+6-2n-1+1(—1)2n—2...c=asin(2n—1)K=3727+1=3.2亠1+1.nn【解析】（1） :=i—f+(—1)n=(—2)[ +(—1)n-1]aan n—1丄+(—1)=3 ｛丄+又a1 ,.數(shù)列匕（-1”J是首項為3，公比為-2的等比數(shù)列.S=S=9.1.(1—4n)—+(—1)n=3(-2)n-1.a?n(3)???sin(2n-"=sin(n?！?)=(—1)n—i，22

TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"T=丄+—1—+—1—+ +當n>3時，則n3+13-2+1 3-22+1 3-2n-1+11丄1丄1丄1丄1 _11丄+[1—G）n-2]<473-223-233-2n-128 1—+2=11+1[i-（1）n-2]<11+1=47<48=4286 2 286 84 84 7T<T<T12 3，???對任意的neN-<7題組訓練Sn+i二qSn+1，其中q>0,n&n*1.已知數(shù)列Sn+i二qSn+1，其中q>0,n&n*（I）若2a2‘行a2+2成等差數(shù)列，求｛an｝的通項公式;x2—上=1（口）設雙曲線a5e=的離心率為en，且23，證明：4n—3ne+e+…+e>1 2 n 3n—1【解「析】（I）由已知，S1 qSn 1，Sn 2 qSn 1 兩式相減得到J2 ^n 1，"1+++++=+=+='又由S2qS\1得到a2qa1,故?】qan對所有n1都成立.+=+>所以，數(shù)列｛an｝是首項為1,公比為q的等比數(shù)列，得忡1.nn由2a2,a3,a2+2成等比數(shù)列，可得2a3=3a2 2，即2q2=3q2，,則（2q+1）（q2）0+由已知,q0，故q=2，所以a2n1（nN*）>（口）由（I）可知，anqn1.

y2xn+1 — 2,所以當nn+12,所以當n_3時，所以雙曲線 an2的離心率e"an2訂q2(n1).-==+=+一由q門q23解得q3.=+=因為1+q2(k1) q2(k1)，所以J1+q2(k1) qki(k N*)e于是1>e于是1>ee1+q2n>eqn11

qn1 eeq14n，故i24n3ne3 3n1+H h>H h= + > -2.(2018?模擬改編)已知各項是正數(shù)的數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn嚴n=3n-1JneN*,n>2)，且a=2.若SnW「2n+1對任意n&N*恒成立，則實數(shù)九的取值圍是。S_n(3n-1+2)_3n2+n【解析】由寫_3n-1得廣—2—= 2

S 3n2+n入三_ w-‘,由題意得 2n+1 2n+2對一切neN*恒成立，3n2+nc_記n 2n+2

3(n—1)2+(n—1)13 1513 15c_ c_ -4 16，且3 16-3n2+11n一4c—c_ 故n n—1 2n+2 ,n三2。當n>4時，：<Cn-1,當n_4時1c—

3n2+n 15c_n2n+2取得最大值16,故實數(shù)九的取值圍為［詈,+呵.3.已知兩個無窮數(shù)列｛a｝和｛b｝的前n項和分別為S,T,nn nn且a1_1,S2_4，對任意的neN，都有3Sn+1_2Sn+Sn+2+(1)求數(shù)列｛an｝的通項公式；(2)若｛bn｝為等差數(shù)列，對任意的neN*，都有Sn>Tn證明：化>

【解析】⑴由3S【解析】⑴由3Sn+1二2S+S+an n+2 n得2(S -S)二S-S+an+1 n n+2 n+1 n日口2a =a+a 丘所以a—a=a—a即 n+1 n+2 n，所以n+2 n+1 n+1n由1,S]=4，可知3=3?所以數(shù)列｛?｝是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列.故｛口的通項公式為an=2n—1?(2)設數(shù)列呼的公差為d，則Tn=叭+竺異d由(1)知，Sn=n2．n(n—1)n2>nb+ d因為Sn>Tn，所以1 2 ，即(2―d)n+d―2bi>0恒成立，|2—d>0, |d<2,所以 —2b1>0,即t2b1<d5又護i>T1，得b1<1，所以a—b=2n—1—b—(n—1)d二(2—d)n+d—1—b>(2—d)+d—1—b二1—b>0TOC\o"1-5"\h\z所以nn 1 1 1 1所以an>bn，得證.4.(-模)已知等差數(shù)列｛a｝的公差d不為0,且a,a，…,a，…(k<k<???<k<…)成等比數(shù)列，n kk k 1 2 n1 2 n公比為q。a〔(1)若k=1,k=3,k=8，求d的值;1 2 3

a(2)當~d為何值時，數(shù)列｛kn｝為等比數(shù)列;(3)若數(shù)列｛kn｝為等比數(shù)列，且對于任意n丘N*，不等式an+ak>2kn恒成立，求《的取值圍。n【解析】(1)由已知可得：a,a,a成等比數(shù)列，所以叫+2d)2二+7d)，138a41=整理得：4d2二3a]d，因為d豐0，所以d3；(2)設數(shù)列｛kn｝為等比數(shù)列，則k22=k1k3，又因為°叮"k2'ak3成等比數(shù)列，所以[a+(k—1)d][a+(k—1)d]—[a+(k—1)d]2所以1 1 1 3 1 2 ，整理得a(2k—k—k)—d(kk—k2—k—k+2k)整理，得1 2 1 3 13 2 1 3 2 ，因為k2—kk，所以a(2k—k—k)—d(2k—k—k)a因為2k2豐k1+k3，所以a1=d，即予=1；a當da當d=1時，a—a+(n—1)d—ndn1a—kd所以kn又因為作n—又因為作n—aqn—1—kdqn—1k1 1，所以kn—k1qn—1kqn—1+ —q(n>2)k1qn—2 ，數(shù)列｛kn｝為等比數(shù)列，a綜上，當分=1時，數(shù)列｛kn｝為等比數(shù)列；(3)因為數(shù)列｛kn｝為等比數(shù)列，由(2)知：a1=d，kn—k1qn—1(q>1)，優(yōu)選因為對于任意neN*，不等式ankn>2kn恒成立，所以不等式na+kaqn-i>2kqn-i1111 1a>，所以*i2kqn-i1 n+kqn-i

i即即ain+kqn-i

二—+旦2 2ki

nqn恒成立。，即證lnn—<n—lnq+ln￡lnx<因為ii—x<xe2，即證lnn—<n—lnq+ln￡lnx<因為ii—x<xe2lnn=2lnnii<n2i2解不等式n—2<n—lnq+ln￡(n2)2lnq一n2+ln￡>0即i i1n2>可得i1+J1—4lnqln￡2lnqJ+J1—4lnqln￡、

n>( )2，所以1 2lnqn不妨取0二J仁；1-4gqln￡)2]+12lnq，則當n1>no時，原式得證，所以a12，所以a1-2即得a1的取值圍是［2，+^)n4<￡下面證明：對于任意的正實數(shù)￡(0<￡<J，總存在正整數(shù)n1，使得爐1n4<￡要證qni考向3數(shù)列的實際應用【例】某產品在不做廣告宣傳且每千克獲利a元的前提下，可賣出b千克?若做廣告宣傳，廣告費為n(n

beN*)千元時比廣告費為(n-1)千元時多賣出〒千克.2n當廣告費分別為1千元和2千元時，用b表示銷售量S;試寫出銷售量S與n的函數(shù)關系式；⑶當a二50,b二200時，要使廠家獲利最大，銷售量S和廣告費n分別應為多少？【解析】⑴當廣告費為1千元時，銷售量S二匕+號罟當廣告費為2千元時，銷售量S二b+號+導罟⑵設Sn(neN)表示廣告費為n千元時的銷售量，bb由題意得bb由題意得S1-S0=2,S2-S廣方,bS-S二一

nn-12nbbbbbbbb以上n個等式相加得，Sn-S0巧+方+23+…+2n，++'+???+'++'+???+'22232n1b[1-Qn+1]1七2-朮1-2⑶當⑶當a二50,b二200時，設獲利為T「則有Tn二Sa-1000nTn二Sa-1000n二10000x(21亦)10-1000n=1000x(20N-n)10設4二20-亦7，則bn+1-bn=2°-102n+110 5-n-1-20+牙+2亦-1當n<2時，bn+1-bn>0；當“3時，bn+1-bn<0-所以當n二3時，bn取得最大值，即Tn取得最大值，此時S二375,

即該廠家獲利最大時，銷售量和廣告費分別為375千克和3千元．題組訓練1?一位幼兒園老師給班上k(k>3)個小朋友分糖果?她發(fā)現(xiàn)糖果盒中原有糖果數(shù)為a0，就先從別處抓211塊糖加入盒中，然后把盒糖果的2分給第一個小朋友；再從別處抓2塊糖放入盒中，然后把盒糖果的3分給1第二個小朋友；…，以后她總是在分給一個小朋友后，就從別處抓2塊糖放入盒中，然后把盒糖果的分給第n(n二1,2,3,…k)個小朋友?如果設分給第n個小朋友后(未加入2塊糖果前)盒剩下的糖果數(shù)為an.⑴當k二3,a0二12時，分別求ax,a2,a3；(2)請用an_]表示an;令bn二(n+1)an，求數(shù)列｛bn啲通項公式；⑶是否存在正整數(shù)k(k>3)和非負整數(shù)a0,使得數(shù)列｛an｝(nvk)成等差數(shù)列，如果存在，請求出所有的k和a0，如果不存在，請說明理由.11【解析】⑴當k二3,a0=12時，冉二仗0+2)-尹。+2)=7，a2=(a]+2)-3Q+2)=6,a3=(a2+12)-4(a2+2)=6.1n(2)由題意知：知=@-1+2)-市爲-1+2)=市爲-1+2),即(n+1)an=n(an-i+2)=nan-i(2+2n)+2n，?/bn=(n+1)an,/-bn-bn-1=2n,bn-1-bn-2=2n-2，…，％小。=2.累加得"-b。二一2n=n(n+1)，又b0=a0,.也二n(n+1)+a。.a0⑶由bn=n(n+1)+a0,得an二n+ ，若存在正整數(shù)k(k>3)和非負整數(shù)a。，使得到數(shù)列｛an｝(n

1a0a0<k)成等差數(shù)列，則a1+a3=2a2，即(1+2a0)+3+才二2(2+可)a0=O,當a0=O時，an二n，對任意正整數(shù)k(k>3)，有{an}(nvk)成等差數(shù)列.2.某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入.若該公司2015年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%，則該公司全年投入