第2课时 数列的综合应用——数学文化、数列与不等式、函数的交汇问题
类型一 数列与数学文化
【例1】 “隙积术”是由北宋数学家沈括在《梦溪笔谈》中创立、南宋数学家杨辉及元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和的方法．隙积术研究的对象有三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的形式：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件．已知第一层货物的价格为1万元/件，从第二层起，每一层货物的价格是上一层价格的，第n层货物的总价为________万元．若这堆货物总价是万元，则n＝________.
在处理实际问题时，要能从题意中提炼出该问题所具备的数列模型，或等差数列、等比数列，或根据条件列出递推关系，然后根据数列相关知识分析处理．
【训练1】 (2023·北京高考)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝________；数列{an}所有项的和为________.
类型二 数列与不等式的交汇
【例2】 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2,4Sn＝anan＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：
放缩法的注意事项以及解题策略
1．对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式．放缩的最主要目的是通过放缩，把原数列变为可求和的数列．
2．明确放缩的方向：若要证明小于某值，则放大；若要证明大于某值，则缩小．
3．放缩的项数：不一定对所有项进行放缩，可从第1项开始，或从第2项，或从第3项等开始．
【训练2】 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且an＝＋(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
类型三 数列与函数的交汇问题
【例3】 (2024·湖北七市调研)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意n∈N*,2n·λ≥Sn恒成立，求实数λ的取值范围．
数列与函数的交汇主要是利用函数的单调性、奇偶性、周期性、最值等性质解决数列问题．本题即是利用函数的单调性求数列的最值，进而求λ的取值范围．
【训练3】 已知数列{an}的前n项和为Sn,2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，则t的取值范围为( )
A．(－3,2) B．(－3,2]
C．[－3,2] D．[－3,2)
第2课时 数列的综合应用
【例1】 nn－1 6 解析 设第n层货物的总价为an万元(n＝1,2,3，…)，则an＝nn－1，即第n层货物的总价为nn－1万元．设数列{an}的前n项和为Sn，则这堆货物的总价为Sn万元，易得Sn＝1×0＋2×1＋3×2＋…＋n×n－1 ①，则Sn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n ②，①－②得Sn＝1＋1＋2＋3＋…＋n－1－n·n＝－n·n＝8－(8＋n)·n，所以Sn＝64－8(8＋n)·n.若货物的总价是64－112×n万元，则8(8＋n)＝112，解得n＝6.
【训练1】 48 384 解析 解法一：设前3项的公差为d，后7项公比为q>0，则q4＝＝＝16，且q>0，可得q＝2，则a3＝1＋2d＝，即1＋2d＝3，可得d＝1，可得a3＝3，a7＝a3q4＝48，a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋＝384.
解法二：因为{an},3≤n≤7为等比数列，则a＝a5a9＝12×192＝482，且an>0，所以a7＝48；又因为a＝a3a7，则a3＝＝3；设后7项公比为q>0，则q2＝＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝＝＝381，所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384.
【例2】 解 (1)因为4Sn＝anan＋1，n∈N*，所以4a1＝a1·a2，又a1＝2，所以a2＝4，当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，得4an＝anan＋1－an－1an.由题意知an≠0，所以an＋1－an－1＝4，所以数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列，公差都为4，所以a2k－1＝2＋4(k－1)＝2(2k－1)，a2k＝4＋4(k－1)＝2·2k，所以数列{an}是等差数列，首项为2，公差为2.综上可知，an＝2n，n∈N*.
(2)证明：因为＝>＝，所以Tn＝＋＋…＋>＝＝.又因为＝<＝＝，所以Tn＝＋＋…＋<＝<，即得【训练2】 解 (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＋，即(－)(＋)＝＋，由数列为正项数列可知，－＝1.又＝＝1，即数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，即＝n，则＝n－1，n≥2，当n≥2时，an＝＋＝2n－1，当n＝1时，a1＝2×1－1＝1成立，所以an＝2n－1.
(2)证明：由(1)可知，Sn＝n2，则bn＝，当n≥2时，bn＝<＝－，T1＝1<，成立，T2＝1＋＝<，成立，当n≥3时，Tn＝1＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋＝1＋＋－＝－<.综上可知，Tn<，得证．
【例3】 解 (1)由题意，4Sn＝anan＋1＋1，当n≥2时，4Sn－1＝an－1an＋1.两式相减得4an ＝an(an＋1－an－1)(n≥2)．因为an≠0，故an＋1－an－1＝4(n≥2)，所以a1，a3，…，a2n－1，…及a2，a4，…，a2n，…均为公差为4的等差数列．当n＝1时，由a1＝1及S1＝，得a2＝3，所以a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1，所以an＝2n－1.
(2)由(1)及已知，得Sn＝n2，所以对任意n∈N*，λ≥恒成立．设bn＝，则bn＋1－bn＝－＝.当1－0，bn1＋，即n≥3，n∈N*时，bn＋1－bn<0，bn>bn＋1.所以b1b4>b5>…，故(bn)max＝b3＝，所以实数λ的取值范围是.
【训练3】 D 解析 由2an＋1＝3Sn，令n＝1，得a1＝1，当n≥2时，由得an＝－2an－1，因此数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，则Sn＝.(下面分n的奇偶性讨论)．由tSn<2n，得·t<2n，当n为奇数时，·t<2n，化简得t<＝3－，易知bn＝3－(n∈N*)递增，故bn≥b1＝3－＝2，所以t<2；当n为偶数时，·t<2n，化简得t>＝－3＋，易知cn＝－3＋(n∈N*)递增，故cn<－3，所以t≥－3.综上，t的取值范围为[－3,2)．故选D.(共20张PPT)
第2课时
第六章 数列
数列的综合应用——数学文化、数列与不等式、函数的交汇问题
关键能力/落实
第一部分
——考向探究
类型一
数列与数学文化
解析
解析
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类型二
数列与不等式的交汇
解
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解
解
类型三
数列与函数的交汇问题
解
解
解析
解析
R
赢在欲点微练(五十二) 数列的综合应用
一、单项选择题
1．(2025·南宁适应性测试)已知数列{an}的首项a1＝a(其中a≠1，且a≠0)，当n≥2时，an＝，则a2 027＝( )
A．a B．
C．1－ D．无法确定
2．在等比数列{an}中，a2＝－2a5,1A． B．
C． D．
3．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问几何日相逢？”描述的问题是：有一个五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小鼠第一天都打洞一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则第( )天两鼠相遇．( )
A．2 B．3
C．4 D．5
4．某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，总房价1 150万元．约定：2023年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为( )
A．1 205万元 B．1 255万元
C．1 305万元 D．1 360万元
5．(2024·太原一模)已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且满足S1＝2,3Sn＝(n＋2)an，则使不等式Sn<2 026成立的n的最大值为( )
A．15 B．17
C．20 D．22
6．将1,2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤iaj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对．若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
二、多项选择题
7．(2025·石家庄质量检测)已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列说法正确的是( )
A．数列{an}有最小项，且有最大项
B．使an∈Z的项共有5项
C．满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有5个
D．使Sn取得最小值的n为4
8．数学中有个著名的“角谷猜想”，其中数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝则( )
A．m＝5时，a6＝1
B．m＝5时，在所有an的值组成的集合中，任选2个数都是偶数的概率为
C．a5＝4时，m的所有可能取值组成的集合为M＝{8,10,64}
D．若所有an的值组成的集合有5个元素，则m＝16
三、填空题
9．设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个{an}的通项公式an＝________，使{an}满足以下条件：①{an}是递减数列；②{Sn}是递增数列．
10．已知数列{an}的通项公式为an＝2n，数列{bn}是首项为1，公比为q的等比数列，若bk11．(2025·重庆调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，记Tn＝a＋a＋a＋…＋a，则Tn＝________；若数列{bn}满足bn＝3Tn－20n－3，则b1＋b2＋b3＋…＋bn的最小值是________．
四、解答题
12．(2024·广东汕头一模)已知数列{an}和{bn}，其中bn＝2an，n∈N*，数列{an＋bn}的前n项和为Sn.
(1)若an＝2n，求Sn；
(2)若Sn＝3n，求数列{an}和{bn}的通项公式．
13．已知数列{an}中，a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2(n2＋n)(n∈N*)．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn<(n∈N*)恒成立，求实数λ的取值范围．
微练(五十二) 数列的综合应用
1．B 解析 因为an＋3＝＝＝＝＝an，所以数列{an}是周期为3的数列，所以a2 027＝a675×3＋2＝a2＝＝.故选B.
2．A 解析 设等比数列{an}的公比为q，则q3＝＝－，数列{a3n}是首项为a3，公比为q3＝－的等比数列，则S5＝＝a3∈.故选A.
3．B 解析 易知第n天，大鼠打洞2n－1尺，小鼠打洞尺，设n天后能打穿，则＋≥5，化简得2n－－4≥0，令f(n)＝2n－－4，则f(2)＝－<0，f(3)＝8－－4>0，易知f(n)在(0，＋∞)上单调递增，由函数的单调性可知f(n)在(2,3)内有唯一零点，所以第3天两鼠相遇．故选B.
4．B 解析 由题意知，需要还款的次数为(1 150－150)÷50＝20，每次付款本金均为50万元，利息依次为1 000×1%,950×1%，…，50×1%，构成了—个等差数列，则所还欠款利息总额为(1 000＋950＋…＋50)×1%＝×20×1%＝105(万元)，故各次付款的总和为1 150＋105＝1 255(万元)．故选B.
5．B 解析 因为3Sn＝(n＋2)an，则当n≥2时，3Sn＝(n＋2)(Sn－Sn－1)，化简得(n－1)Sn＝(n＋2)Sn－1，即＝，所以当n≥2时，······…·＝××××××…×，即＝.因为S1＝2，所以Sn＝，对n＝1也成立．易知Sn逐项递增且S15＝＝1 360，S16＝＝1 632，S17＝＝1 938，S18＝＝2 280，所以使不等式Sn<2 026成立的n的最大值为17，故选B.
6．B 解析 若n＝4，则1≤i7．ABD 解析 因为f(x)＝在和上单调递减，其图象如图所示，数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，所以数列{an}的图象是函数f(x)＝图象上的一些离散点．由图可知，a4是最小项，a5是最大项，所以A正确．因为a1＝－，a2＝－，a3＝－3，a4＝－9，a5＝9，a6＝3，a7＝，a8＝，a9＝1，a10＝，当n≥10时，2n－9≥11,00，所以当n＝1时，a1a2a3<0；当n＝2时，a2a3a4<0；当n＝3时，a3a4a5>0，当n＝4时，a4a5a6<0；当n≥5时，anan＋1an＋2>0.所以满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有3个，所以C错误．因为当1≤n≤4时，an<0，当n≥5时，an>0，所以当n＝4时，Sn取得最小值，所以D正确．综上，选ABD.
8．ABD 解析 对于A，m＝5时，a1＝5，所以该数列前6项依次为5,16,8,4,2,1，a6＝1，故A正确；对于B，m＝5时，该数列各项为5,16,8,4,2,1,4,2,1，…，所有an的值组成的集合为{5,16,8,4,2,1}，其中有4个是偶数，2个是奇数，所以任选2个数都是偶数的概率为＝＝，故B正确；对于C，a1＝1时，数列各项为1,4,2,1,4，…，所以1∈M，故C错误；对于D，若所有an的值组成的集合有5个元素，则所有集合都含有4,2,1三个元素，4的前一项为8或1,8的前一项为16，所以所有an的值组成的集合必为{16,8,4,2,1}，且首项必为16，故D正确．故选ABD.
9.n(答案不唯一) 解析 由数列{Sn}是递增数列可知数列{an}从第2项起，各项都大于零，结合数列{an}为递减数列，考虑{an}为公比在0到1之间的等比数列，显然，an＝n符合条件．
10．(2,) 解析 由题意k＝1,2，…，10，因为ak2.又因为bkqk－1，则k－1<2，因为q>2，则>1，所以9<2，则q<，所以211. －48 解析 因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，所以n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，解得a1＝1；当n≥2时，由Sn＝2an－1，可得Sn－1＝2an－1－1，上述两个等式作差可得an＝2an－2an－1，则an＝2an－1，即＝2，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，则an＝1×2n－1＝2n－1，所以a＝4n－1，则＝＝4，且a＝1，所以数列{a}是首项为1，公比为4的等比数列，所以Tn＝a＋a＋a＋…＋a＝＝，所以bn＝3Tn－20n－3＝4n－20n－4，则bn＋1－bn＝[4n＋1－20(n＋1)－4]－(4n－20n－4)＝3·4n－20，当n＝1时，b2－b1<0，即b1>b2；当n≥2时，bn＋1－bn＝3·4n－20>0，则bn12．解 (1)当an＝2n时，{an}是首项为2，公差为2的等差数列．又bn＝22n＝4n，所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列，从而Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝＋＝＋n2＋n－.
(2)当n≥2时，an＋bn＝Sn－Sn－1＝3，当n＝1时，a1＋b1＝S1＝3，满足上式，故an＋bn＝3(n∈N*)，即an＋2an＝3，令f(x)＝x＋2x，则f(x)在R上单调递增，且f(1)＝3，从而an＝1，则bn＝3－an＝2.
13．解 (1)证明：因为nan＋1－(n＋1)an＝2(n2＋n)＝2n(n＋1)，两边同时除以n(n＋1)，所以－＝2，所以数列是首项为＝2，公差为2的等差数列，＝2＋(n－1)×2＝2n，所以an＝2n2.
(2)由bn＝，可得bn＝＝＝，所以Tn＝＝＝×，Tn<，即×<λ，即×<λ恒成立．所以λ>max＝＝，所以λ>.故实数λ的取值范围为.(共26张PPT)
数列的综合应用
微练(五十二)
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