第40讲 数列的综合问题
● 课前基础巩固
【对点演练】
1.72 [解析] 因为等差数列{an}的公差为2,a1,a2,a4成等比数列,所以=a1a4,则(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以an=a1+(n-1)d=2n,故Sn==n(n+1),所以S8=8×9=72.
2.6 [解析] ∵{an}是各项均为正数的等比数列,且a2a4=a3,∴=a3,∴a3=1.又q>1,∴a1
1(n≥4,n∈N*),∴Tn>Tn-1(n≥4,n∈N*),则T1<1,T2=a1a2<1,T3=a1a2a3=a1a2=T2<1,T4=a1a2a3a4=a1<1,T5=a1a2a3a4a5==1,T6=T5·a6=a6>1,故所求n的最小值为6.
3.10×1.003 5n,n∈N* [解析] 由题意得,a1=10×(1+0.35%)=10×1.003 5,a2=10×(1+0.35%)2=10×1.003 52,a3=10×(1+0.35%)3=10×1.003 53,则易知an=10(1+0.35%)n=10×1.003 5n.
4. [解析] 由题意得a(1+r)n=x+x(1+r)+…+x(1+r)n-1,∴a(1+r)n=,∴x=.
5.4 [解析] 设原有污垢为a,清洗次数为n(n∈N*),则清洗n次每次存留的污垢an构成以a为首项,为公比的等比数列,所以an=·a.令·a<1%·a,则n>log4100=log210,得n≥4,所以至少要清洗4次才能使存留的污垢在1%以下.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)设出{an}的公差,由基本量法求出公差,得到{an}的通项公式,利用裂项相消法求{bn}的前n项和Tn;(2)若存在正整数m,n(10,求出m的取值范围,即得结论.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由a1+a2+3a4=25,得5a1+10d=25,则a1+2d=a3=5,又a3+2,a4,a5-2成等比数列,∴7,5+d,3+2d成等比数列,得(5+d)2=7(3+2d),即(d-2)2=0,得d=2,∴an=a3+(n-3)d=2n-1,n∈N*,∴数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).∵bn===·,∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=·=·=.
(2)若存在正整数m,n(10,解得1-1且m∈N*,∴m=2,n=12,故存在正整数m=2,n=12,使得T1,Tm,Tn成等比数列.
变式题 解:(1)由题意可得an=4+(n-1)×1=n+3,故an=n+3,n∈N*.
∵数列{an+bn}是公比为2的等比数列,且a1+b1=4-2=2,∴an+bn=2·2n-1=2n,∴bn=2n-an=2n-n-3,n∈N*.
(2)由(1)得bn=2n-(n+3),则Tn=b1+b2+b3+…+bn=(21-4)+(22-5)+(23-6)+…+[2n-(n+3)]=(21+22+23+…+2n)-[4+5+6+…+(n+3)]=-=2n+1---2.
例2 [思路点拨] (1)由题中条件求得a1,即得{an}的通项公式,再由bn=,得{bn}的通项公式;(2)由{bn}是等比数列求得Sn,进而求得cn=,利用裂项相消法和放缩法即证得结论.
解:(1)由a3=2,得a1=0,∴an=n-1.∵点(an,bn)(n∈N*)在函数f(x)=3x的图象上,∴bn==3n-1.
(2)证明:由(1)知bn=3n-1,显然数列{bn}为等比数列,其首项为1,公比为3,则Sn=,∴cn==
=,∴Tn=c1+c2+c3+…+cn===-<,
∴Tn<.
变式题 解:(1)由=,得=,所以==,即=,两边取常用对数得lg =lg ,即nlg an+1=(n+1)lg an,所以==…==lg 3,
所以数列为常数列,所以lg an=nlg 3=lg 3n,所以an=3n.
(2)证明:由(1)知an=3n,所以bn===1-,则Sn=++…+=n-2,又因为<,所以++…+<++…+==<,故Sn=n-2>n-1.
例3 [思路点拨] 先利用等比数列的求和公式求出Sn,再把原问题转化为(-1)n·t≤Sn+对任意的n∈N*恒成立,令g(x)=x+,x∈(0,+∞),利用导数研究函数g(x)的单调性,然后根据n的奇偶性分别求解t的取值范围即可.
解:由题知,数列{an}的通项公式为an=2×2n-1=2n,由等比数列的前n项和公式得Sn==2n+1-2.
因为不等式(-1)n·tSn-14≤对任意的n∈N*恒成立,Sn>0且Sn随着n的增大而增大,所以(-1)n·t≤Sn+对任意的n∈N*恒成立.令g(x)=x+,x∈(0,+∞),则g'(x)=1-=,当x∈(0,)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,又2=S1<当n为奇数时,不等式化为-t≤Sn+,所以-t≤9,所以t≥-9.
综上可知,-9≤t≤.
变式题 解:(1)设数列{an}的公比为q,q>0,因为bn=2log2an+1,b1=1,b4=7,
所以b1=1=2log2a1+1,则a1=1,b4=7=2log2a4+1,则a4=8,所以q3==8,则q=2,所以an=2n-1,bn=2log2an+1=2(n-1)+1=2n-1.
(2)因为2λan≥bn-2恒成立,an>0,所以λ≥=恒成立.设f(n)=(n∈N*),则f(n+1)-f(n)=-=,当n≤2时,f(n+1)-f(n)>0,则f(3)>f(2)>f(1),当n≥3时,f(n+1)-f(n)<0,则f(3)>f(4)>f(5)>…,所以f(n)max=f(3)=,所以λ的取值范围为.
例4 [思路点拨] 该工厂每月的产量、不合格率分别用an,bn表示,月份用n(n∈N*)表示,求出anbn的表达式,分析数列{anbn}的增减性,即可得出结论.
C [解析] 设从今年1月份起,每月的产量和产品的合格率都按题中的标准增长,该工厂每月的产量、不合格率分别用an,bn表示,月份用n(n∈N*)表示,则an=1×(1+4%)n=1.04n,bn=1-(87%+n·0.4%)=-0.004n+0.13,其中n≤24,n∈N*,则从今年1月份起,各月不合格产品的数量为anbn=1.04n×(0.13-0.004n).易知an+1bn+1-anbn=1.04n+1×[0.13-0.004(n+1)]-1.04n×(0.13-0.004n)=1.04n[1.04×0.13-1.04×0.004(n+1)-0.13+0.004n]=1.04n(0.001 04-0.000 16n)=(104-16n)=(13-2n),当1≤n≤6时,an+1bn+1-anbn>0,即an+1bn+1>anbn,此时数列{anbn}递增,即a1b1a8b8>…>a24b24,因此当n=7时,anbn最大,故该工厂的月不合格产品数量达到最大是今年的7月份.故选C.
变式题 ABC [解析] 对于A,利息和为(120 000+110 000+100 000+…+10 000)×0.003=2340(元),故A正确;对于B,倒数第二个月还款后,剩余本金10 000元,一个月利息为30元,本息和应为10 030元,故B正确;对于C,设第n个月贷款利息为an,偿还本金为bn,p为贷款总额,则a1=0.3%p,a2=0.3%(p-b1),则b2=(a1+b1)-a2=0.3%p+b1-0.3%(p-b1)=b1(1+0.3%),a3=0.3%(p-b1-b2),则b3=(a2+b2)-a3=0.3%(p-b1)+b2-0.3%(p-b1-b2)=b2(1+0.3%)=b1(1+0.3%)2,同理得b4=b1(1+0.3%)3,b5=b1(1+0.3%)4,…,b12=b1(1+0.3%)11,所以数列{bn}是以1+0.3%为公比的递增等比数列,故C正确;对于D,由选项C可知,=120 000,得b1=,所以每月还款的本息和为a1+b1=120 000×0.3%+,所以等额本息还款利息和为12(a1+b1)-120 000=12×-120 000=12×120 000×0.3%×-120 000≈2 352.85,比等额本金的利息和高,但等额本金方案起初还款金额高,还款压力大,还款金额逐年递减,等额本息每月还款金额相同,低于等额本金方案前半段时间还款额,高于后半段时间还款额,还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益,故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案,故D错误.故选ABC.第40讲 数列的综合问题
1.C [解析] ∵数列{an}是公差为2的等差数列,∴a1=a2-2,a4=a2+4,∵a1,a2,a4成等比数列,∴=a1a4,即=(a2-2)(a2+4),解得a2=4,故选C.
2.B [解析] 设等差数列{an}的公差为d,则B-A=15d=45,所以d=3.因为2A=B+615,所以2A=A+45+615,则A=660.等差数列{an}的奇数项是以a1为首项,2d为公差的等差数列,等差数列{an}的前30项中奇数项有15项,所以A=15a1+×6=660,得a1=2,所以an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.故选B.
3.C [解析] 因为{an}既是等差数列又是等比数列,且a1=1,所以an=1(n∈N*)(常数数列),所以其前2026项和为2026,故选C.
4.B [解析] 因为a1=1,2Sn=an+1an,a1=S1,所以当n=1时,可得a2=2,当n≥2时,2Sn-1=anan-1,与2Sn=an+1an相减可得an+1-an-1=2(n≥2),所以当n=2k-1(k∈N*)时,数列{a2k-1}是以1为首项,2为公差的等差数列,则a2k-1=2k-1,当n=2k(k∈N*)时,数列{a2k}是以2为首项,2为公差的等差数列,则a2k=2k,所以当n为正整数时,an=n,则S20=1+2+3+…+20=210.故选B.
5.A [解析] 数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,所以数列{bn}中从a1到ak的项数为k+[1+2+…+(k-1)]=k+=k(k+1),当k=13时,×13×14=91,当k=14时,×14×15=105,因为ak=k,所以S100=(a1+a2+…+a13)+(100-13)×1=+87=178.故选A.
6.5 [解析] 由Tk∈,可得|Tk|<,易知|an|=,|Tn|==,当n≥4时,|Tn|<,又n为偶数时,Tn>0,n为奇数时,Tn<0,所以满足Tk∈的正整数k的最小值为5.
7.7,8 [解析] 设n月份的需求量为an,因为Sn=(21n-n2-5)(n=1,2,…,12),所以当n=1时,a1=S1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(21n-n2-5)-[21(n-1)-(n-1)2-5]=,由an>1.5,可得n2-15n+54<0,解得68.B [解析] 设九枚“环权”的重量(铢)按从小到大的顺序构成数列{an},可得a1=1,a9=192,由a3,a4,…,a9成等比数列,公比为2,得a9=a3×26=192,可得a3=3,所以an=3·2n-3,3≤n≤9,n∈N*.由a1,a2,a3成等差数列,可得公差d==1,所以an=n,n≤3,n∈N*,所以需要放置一枚2两,一枚12铢,一枚1铢的“环权”,故选B.
9.C [解析] 设等比数列{an}的公比为q(q≠1),则S3==7,S6==63,解得q=2,a1=1,∴an=2n-1,S2n=22n-1.关于n的不等式S2n-tan+33≥0即为22n-t×2n-1+32≥0,即t≤2n+1+对任意的n∈N*恒成立.
方法一:设f(n)=2n+1+,n∈N*,则f(n+1)-f(n)=2n+2+-=2n+1-,当n=2时,f(n+1)-f(n)=0,当n=1时,f(n+1)-f(n)<0,当n≥3时,f(n+1)-f(n)>0,又f(2)=f(3)=24,∴当n=2或n=3时,f(n)取得最小值24,∴t≤24,∴tmax=24.故选C.
方法二:由2n+1+≥2=16,当且仅当2n+1=,即n=时等号成立,又n∈N*,∴当n=2或n=3时,2n+1+取得最小值24,∴t≤24,∴tmax=24.故选C.
10.BC [解析] 对于A,取an=2n,bn=1,此时an+bn=2n+1,显然{2n+1}不是等比数列,故A错误;对于B,C,设an=a1pn-1,bn=b1qn-1,则an·bn=a1b1(pq)n-1,=,显然{an·bn}和均为等比数列,故B,C均正确;对于D,取an=bn=2n-1,此时a1=b1=1,a2=b2=2,a3=b3=4,数列{}的前3项为1,4,256,不可能为等比数列的前3项,故D错误.故选BC.
11.CD [解析] 由{an}为等比数列,其前n项和Sn=2n+1+m=2·2n+m,则m=-2,故A不正确.由Sn=2n+1-2得Sn-1=2n-2(n≥2),所以an=Sn-Sn-1=2n(n≥2),又{an}为等比数列,所以an=2n,由f(n)=an+=2n+,n∈N*,令t=2n,可得y=t+,当t=4,即n=2时,y=13,当t=8,即n=3时,y=12.5,则f(n)min=f(3)=12.5,故B不正确.由b1+++…+=n,可得=1,则bn=n,若tan>bn-2对任意的n∈N*恒成立,则t·2n>n-2,即t>对任意的n∈N*恒成立,令g(n)=,则g(n+1)-g(n)=-=,当1≤n≤2时,g(n+1)>g(n),当n=3时,g(3)=g(4),当n≥4时,g(n+1),故C正确.cn===-,则Tn=-+-+…+-=2-<2,故D正确.故选CD.
12. [解析] 将a3=2S2+1与a4=2S3+1作差,可得a4-a3=2a3,即a4=3a3,所以等比数列{an}的公比q==3.因为a1=1,q=3,所以an=1×3n-1=3n-1,所以bn=log3an=log33n-1=n-1,所以==.因为n∈N*,所以n+≥6,当且仅当n=3时等号成立,所以=≤,故k的最小值为.
13.2026 [解析] 设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=log2+log2+…+log2=log2+log2+…+log2=log2=log2(n+2)-log22=log2(n+2)-1.所以Sk=log2(k+2)-1,因为Sk为正整数,所以log2(k+2)-1>0,即k+2>2,可得k>0.令m=log2(k+2),则k=2m-2,因为k∈[1,2023],所以2m∈[3,2025],m∈N*,因为y=2x为增函数,且21=2,22=4,…,210=1024,211=2048,所以m∈[2,10],m∈N*,所以所有“好数”的和为22-2+23-2+…+210-2=-2×9=2026.
14.解:(1)设{an}的公差为d,
由得解得所以an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)由(1)可知a1=1,a2=4,则a1+b1=1,a2+b2=2,因为{bn+an}是等比数列,所以公比为==2,所以bn+an=2n-1,所以bn=2n-1-(3n-2)=2n-1+2-3n,所以Sn=+2n-=2n-1-n2+n.
15.解:(1)方法一(从终值来考虑):若全款购置,则25万元10年后的价值为25(1+2.5%)10≈32.00(万元).
若分期付款,每年年初所付金额为3万元,10年后的总价值为S=3(1+2.5%)10+3(1+2.5%)9+…+3(1+2.5%)≈34.44(万元).因此付全款较好,即方案一更好.
方法二(从现值来考虑):每年年初付款3万元,10年后现值之和为A=3+++…+,可得1.02510A=3×1.025×,故A≈≈26.91(万元),
比一次性付全款多,故方案一更好.
(2)设第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元,
则T=2×(1+2.5%)10+2.1×(1+2.5%)9+…+2.9×(1+2.5%),
记1+2.5%=q,an=-0.1n+3,
则T=a1q+a2q2+…+a10q10,
则qT=a1q2+a2q3+…+a9q10+a10q11,两式作差可得(1-q)T=2.9q-0.1(q2+q3+…+q10)-2q11,故(1-q)T=3q-0.1(q+q2+q3+…+q10)-2q11,可得T=3·-0.1·-2·≈27.88(万元).
故预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为27.88万元.
16.解:(1)证明:由Sn=3an-2n知a1=S1=3a1-2,得a1=1.
由已知得an+1=Sn+1-Sn=(3an+1-2n+1)-(3an-2n)=3an+1-3an-2n,
故an+1=an+2n-1,得an+1-2n+1=an+2n-1-2n+1=an-3·2n-1=(an-2n),而a1-21=1-2=-1≠0,故数列{an-2n}是首项为-1,公比为的等比数列.
(2)根据(1)的结论有an-2n=-,即an=2n-,则bn=an+λ·2n-(λ+1)·=(λ+1)·2n-(λ+2)·,
由题知bn+1>bn恒成立,即(λ+1)·2n+1-(λ+2)·>(λ+1)·2n-(λ+2)·,
即2(λ+1)·2n-(λ+2)·>(λ+1)·2n-(λ+2)·,化简得到3(λ+1)·4n>(λ+2)·3n.
一方面,对该不等式取n=1,可得到3(λ+1)·4>(λ+2)·3,即λ>-;
另一方面,若λ>-,则λ+1>0,4λ+4>λ+2,故恒有3(λ+1)·≥3(λ+1)·=4λ+4>λ+2,即3(λ+1)·4n>(λ+2)·3n.
所以λ>-.第40讲 数列的综合问题
【课标要求】 1.能在具体的问题情境中发现数列的等差关系或等比关系,并解决相应的问题.认识数列的函数特性,能结合方程、不等式、解析几何等知识解决一些数列问题.
2.能依据现实的生活背景,提炼相关的数量关系,将现实问题转化为数学问题,构造等差、等比数列模型,并加以解决.
1.数列的综合应用
(1)等差数列和等比数列的综合
等差数列与等比数列相结合的综合问题主要是应用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,建立关于两个基本量,即首项a1和公差d或公比q的方程组,以及解决等差中项、等比中项等问题.
(2)数列和函数
数列是特殊的函数,等差数列的通项公式和前n项和公式分别是关于n的一次函数和二次函数,等比数列的通项公式和前n项和公式在公比不等于1的情况下是公比q的指数型函数,可以根据函数的性质解决一些数列问题.
(3)数列和不等式
以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题,体现了在知识交汇点上命题的特点.一般通过数列求通项公式以及求和去解决一个不等式问题,这里的不等式通常是关于正整数的不等式,可以通过比较法、基本不等式法、导数法和数学归纳法解决.
2.数列应用题常见模型
等差数 列模型 如果增加(或减少)的量是一个固定量,那么该模型是等差数列模型,增加(或减少)的量就是公差
等比数 列模型 如果后一个量与前一个量的比值是一个固定的数,那么该模型是等比数列模型,这个固定的数就是公比
递推数 列模型 如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,即随着项的变化而变化,那么应考虑an与an-1(n≥2)的递推关系,或前n项和Sn与Sn-1(n≥2)之间的递推关系
题组一 常识题
1.[教材改编] 已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,若a1,a2,a4成等比数列,则S8= .
2.[教材改编] 已知等比数列{an}的各项均为正数,公比q大于1,前n项积为Tn,且a2a4=a3,则使得Tn>1成立的n的最小值为 .
3.[教材改编] 假设某银行的活期存款年利率为0.35%,某人存入10万元后,既不加进存款也不取款,每年到期利息连同本金自动转存.如果不考虑利息税及利率的变化,经过n年到期时的存款余额为an万元,那么an= .
题组二 常错题
◆索引:数列实际问题的易错点为项数.
4.某商场为了满足广大数码爱好者的需求,开展商品分期付款活动.已知某商品一次性付款的金额为a元,计划以分期付款的形式等额分成n期付清,每期期末所付款是x元,每期利率为r,则x= .
5.假设每次用相同体积的清水清洗一件衣服,且每次能洗去污垢的,那么至少要清洗 次才能使存留的污垢在1%以下.
等差、等比数列的综合问题
例1 [2024·安徽安庆三模] 已知数列{an}是等差数列,a1+a2+3a4=25,且a3+2,a4,a5-2成等比数列,bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n项和Tn.
(2)是否存在正整数m,n(1
总结反思
解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,首先要根据两数列的概念,设出相应的基本量,然后充分利用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量.解综合问题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件.
变式题 已知数列{an},{bn}中,a1=4,b1=-2,{an}是公差为1的等差数列,数列{an+bn}是公比为2的等比数列.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
数列与函数、不等式的综合问题
角度1 数列与不等式的综合
例2 [2024·龙岩三模] 若数列{an}是公差为1的等差数列,且a3=2,点(an,bn)(n∈N*)在函数f(x)=3x的图象上,记数列{bn}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=,记数列{cn}的前n项和为Tn,证明:Tn<.
总结反思
数列与不等式的综合问题及求解策略
(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的增减性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.
(2)以数列为载体,考查不等式恒成立的问题可转化为函数的最值问题.
(3)与数列有关的不等式证明问题,一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.
变式题 [2024·江苏连云港模拟] 已知Tn为各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积,且a1=3,=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,证明:Sn>n-1.
角度2 数列与函数的综合
例3 已知数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,数列{an}的前n项和为Sn,若不等式(-1)n·tSn-14≤对任意的n∈N*恒成立,求t的取值范围.
总结反思
数列与函数的综合问题主要有以下两类:①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象来解决;②已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对所给条件化简变形.
变式题 [2024·湖南新高考联盟二联] 已知{an}是各项均为正数的等比数列,数列{bn}满足bn=2log2an+1,且b1=1,b4=7.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*都有2λan≥bn-2,求实数λ的取值范围.
数列在实际中的应用
例4 [2024·山西运城一模] 某工厂加工一种电子零件,去年12月份生产1万个,产品合格率为87%.为提高产品合格率,工厂进行了设备更新,今年1月份的产量在去年12月份的基础上提高4%,产品合格率比去年12月份增加0.4%,计划以后两年内,每月的产量和产品合格率都按此标准增长,那么该工厂的月不合格产品数量达到最大是今年的 ( )
A.5月份 B.6月份
C.7月份 D.8月份
总结反思
解决与数列有关的实际问题的一般步骤:首先要认真阅读,学会翻译(数学化),其次考虑用熟悉的数列知识建立数学模型,然后求出问题的解,最后还需验证求得的解是否符合实际.
变式题 (多选题)[2024·辽宁沈阳五中模拟] 某人买一辆15万元的新车,购买当天支付3万元首付,剩余向银行贷款,月利率为0.3%,分12个月还清(每月购买车的那一天分期还款).有两种金融方案:等额本金还款,将本金平均分配到每一期进行偿还,每一期所还款金额由两部分组成,一部分为每期本金,即贷款本金除以还款期数,另一部分是利息,即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率;等额本息还款,每一期偿还同等数额的本息和,利息以复利计算.下列说法正确的是 ( )
A.等额本金方案,所有的利息和为2340元
B.等额本金方案,最后一个月还款金额为10 030元
C.等额本息方案,每月还款金额中的本金构成递增的等比数列
D.等额本金方案比等额本息方案还款利息更少,所以等额本金方案优于等额本息方案第40讲 数列的综合问题
(时间:45分钟)
1.已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a2,a4成等比数列,则a2= ( )
A.-10 B.-6
C.4 D.-4
2.已知等差数列{an}的前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B-A=45,2A=B+615,则an= ( )
A.3n-2 B.3n-1
C.3n+1 D.3n+2
3.已知数列{an}既是公差为d的等差数列,又是公比为q的等比数列,首项a1=1,则它的前2026项和为 ( )
A.
B.2027+2027×1013d
C.2026
D.0
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,2Sn=an+1an,则S20= ( )
A.200 B.210 C.400 D.410
5.已知数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,则数列{bn}的前100项的和S100= ( )
A.178 B.191 C.206 D.216
6.[2024·河北保定二模] 已知数列{an}的前n项积为Tn,若an=-,则满足Tk∈的正整数k的最小值为 .
7.根据市场调查结果,预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn(万件)近似地满足关系式Sn=(21n-n2-5)(n=1,2,…,12),按此预测在本年度内月需求量超过1.5万件的月份是 .
8.[2024·浙江稽阳联考] 如图,战国时期楚国标准度量衡器——木衡铜环权1954年出土于湖南长沙,“木衡”杆长27厘米,铜盘直径为4厘米.“环权”类似于砝码,用于测量物体质量,九枚“环权”重量最小的为1铢,最大的为半斤(我国古代1两=24铢,1斤=16两),从小到大排列后前3项为等差数列,后7项为等比数列,公比为2,若铜盘一侧某物体为2两13铢,则另一侧需要放置的“环权”枚数为 ( )
A.2 B.3
C.4 D.5
9.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S3=7,S6=63,若关于n的不等式S2n-tan+33≥0对任意的n∈N*恒成立,则实数t的最大值为 ( )
A.12 B.16
C.24 D.36
10.(多选题)[2025·宁波一模] 已知数列{an},{bn}都是各项均为正数的等比数列,则 ( )
A.数列{an+bn}是等比数列
B.数列{an·bn}是等比数列
C.数列是等比数列
D.数列{}是等比数列
11.(多选题)[2024·安徽合肥期末] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2n+1+m,数列{bn}满足b1+++…+=n,则下列说法正确的是 ( )
A.m=-1
B.设f(n)=,n∈N*,则f(n)的最小值为12
C.若tan-bn+2>0对任意的n∈N*恒成立,则t>
D.设cn=,若数列{cn}的前n项和为Tn,则Tn<2
12.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a3=2S2+1,a4=2S3+1.数列{bn}满足bn=log3an,若存在常数k,使不等式k≥(n∈N*)恒成立,则k的最小值为 .
13.已知数列{an}满足an=log2.给出定义:使数列{an}的前k项和为正整数的k(k∈N*)叫作“好数”,则在[1,2023]内的所有“好数”的和为 .
14.[2024·沧衡联盟期末] 已知在等差数列{an}中,a3=7,a5+a6=29.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若{bn+an}是等比数列,且b1=0,b2=-2,求数列{bn}的前n项和Sn.
15.“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念,掌握好这两个概念,对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额,把它扣除利息后,折合成现时的值,而“终值”是指n期后的本利和,它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如,在复利计息的情况下,设本金为A,每期利率为r,期数为n,到期末的本利和为S,则S=A(1+r)n,其中S称为n期末的终值,A称为n期后终值S的现值,即n期后终值S现在的价值为A=.
小明想买一座公寓,现有如下两个方案.
方案一:一次性付全款25万元;
方案二:分期付款,每年年初付款3万元,第十年年初付完.
(1)假设一年期存款的年利率为2.5%,试讨论两种方案哪一种更好
(2)若小明把房子租出去,第一年年初可获得租金2万元,此后每年年初涨租金1000元,参照第(1)问中的存款年利率2.5%,预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.(结果精确到百元,参考数据:(1+2.5%)10≈1.28)
16.[2024·东北三省三校三模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=3an-2n.
(1)求证:数列{an-2n}是等比数列;
(2)设bn=an+λ·2n-(λ+1)·,若{bn}是递增数列,求实数λ的取值范围.(共88张PPT)
第40讲 数列的综合问题
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】
1.能在具体的问题情境中发现数列的等差关系或等比关系,并解决相
应的问题.认识数列的函数特性,能结合方程、不等式、解析几何等知
识解决一些数列问题.
2.能依据现实的生活背景,提炼相关的数量关系,将现实问题转化为数
学问题,构造等差、等比数列模型,并加以解决.
◆ 知识聚焦 ◆
1.数列的综合应用
（1）等差数列和等比数列的综合
等差数列与等比数列相结合的综合问题主要是应用等差、等比数列
的通项公式、前项和公式,建立关于两个基本量,即首项和公差或
公比的方程组,以及解决等差中项、等比中项等问题.
（2）数列和函数
数列是特殊的函数,等差数列的通项公式和前项和公式分别是关于
的一次函数和二次函数,等比数列的通项公式和前 项和公式在公比
不等于1的情况下是公比 的指数型函数,可以根据函数的性质解决一
些数列问题.
（3）数列和不等式
以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题,
体现了在知识交汇点上命题的特点.一般通过数列求通项公式以及求
和去解决一个不等式问题,这里的不等式通常是关于正整数的不等式,
可以通过比较法、基本不等式法、导数法和数学归纳法解决.
2.数列应用题常见模型
等差数 列模型 如果增加（或减少）的量是一个固定量,那么该模型是等差
数列模型,增加（或减少）的量就是公差
等比数 列模型 如果后一个量与前一个量的比值是一个固定的数,那么该模
型是等比数列模型,这个固定的数就是公比
递推数 列模型 如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,即随着项的
变化而变化,那么应考虑与 的递推关系,或前
项和与 之间的递推关系
◆ 对点演练 ◆
题组一 常识题
1.［教材改编］ 已知等差数列的公差为2，前项和为 ，若
，，成等比数列，则 ____.
72
[解析] 因为等差数列的公差为2，，， 成等比数列，所以
，则，解得 ，
所以，故 ，所以
.
2.［教材改编］ 已知等比数列的各项均为正数，公比 大于1，
前项积为，且，则使得成立的 的最小值为___.
6
[解析] 是各项均为正数的等比数列，且 ，
，.
又， ，，
，
则 ，， ，
， ，
，故所求 的最小值为6.
3.［教材改编］ 假设某银行的活期存款年利率为 ，某人存入
10万元后，既不加进存款也不取款，每年到期利息连同本金自动转
存.如果不考虑利息税及利率的变化，经过 年到期时的存款余额为
万元，那么 ____________________.
,
[解析] 由题意得， ，
，
，则易知
.
题组二 常错题
◆ 索引：数列实际问题的易错点为项数.
4.某商场为了满足广大数码爱好者的需求，开展商品分期付款活动.
已知某商品一次性付款的金额为 元，计划以分期付款的形式等额分
成期付清，每期期末所付款是元，每期利率为，则 _ _______.
[解析] 由题意得 ，
， .
5.假设每次用相同体积的清水清洗一件衣服,且每次能洗去污垢的 ,那
么至少要清洗___次才能使存留的污垢在 以下.
4
[解析] 设原有污垢为,清洗次数为,则清洗 次每次存留的
污垢构成以为首项,为公比的等比数列,所以 .
令,则,得 ,所以至少要清洗4
次才能使存留的污垢在 以下.
探究点一 等差、等比数列的综合问题
例1 [2024·安徽安庆三模] 已知数列 是等差数列，
，且，， 成等比数列，
，数列的前项和为 .
（1）求数列的通项公式及数列的前项和 .
［思路点拨］设出的公差，由基本量法求出公差，得到 的通
项公式，利用裂项相消法求的前项和 ；
解：设等差数列的公差为，由 ，得
，则，
又，， 成等比数列，
，，成等比数列，得 ，
即，得，
，， 数列 的通项公式为
，
.
（2）是否存在正整数，，使得，， 成等比数
列？若存在，求出所有的， 的值；若不存在，请说明理由.
解：若存在正整数，，使得，， 成等比数列，
则，即，化简得 ，
解得.
又且，， ，故存在正整数，
，使得，， 成等比数列.
［思路点拨］若存在正整数，，使得，， 成
等比数列，则，求出 的取值范围，即得结论.
[总结反思]
解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,首先要根据两数列的概
念,设出相应的基本量,然后充分利用通项公式、求和公式、数列的性
质等确定基本量.解综合问题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示
问题的内在联系和隐含条件.
变式题 已知数列，中，，， 是公差为1
的等差数列，数列 是公比为2的等比数列.
（1）求数列 的通项公式；
解：由题意可得，故 ，
.
数列是公比为2的等比数列，且 ，
，， .
（2）求数列的前项和 .
解：由（1）得 ，则
.
探究点二 数列与函数、不等式的综合问题
角度1 数列与不等式的综合
例2 [2024·龙岩三模] 若数列是公差为1的等差数列，且 ，
点在函数的图象上，记数列的前 项
和为 .
（1）求数列, 的通项公式;
解：由，得， 点
在函数的图象上， .
［思路点拨］由题中条件求得，即得 的通项公式，再由
，得 的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，证明: .
［思路点拨］由是等比数列求得 ，进而求得
，利用裂项相消法和放缩法即证得结论.
证明：由（1）知,显然数列 为等比数列，其首项为1，
公比为3，则，
，
， .
[总结反思]
数列与不等式的综合问题及求解策略
（1）判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的增减性比较大
小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.
（2）以数列为载体，考查不等式恒成立的问题可转化为函数的最值
问题.
（3）与数列有关的不等式证明问题，一般采用放缩法进行证明，有
时也可通过构造函数进行证明.
变式题 [2024·江苏连云港模拟] 已知为各项均为正数的数列
的前项的乘积，且， .
（1）求数列 的通项公式；
解：由，得，所以 ，即
，
两边取常用对数得 ，即，
所以 ，
所以数列为常数列，所以，所以 .
（2）设，数列的前项和为，证明： .
证明：由（1）知，所以 ，则
，
又因为 ，所以
，
故 .
角度2 数列与函数的综合
例3 已知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，数列 的前
项和为，若不等式对任意的 恒成立，
求 的取值范围.
［思路点拨］ 先利用等比数列的求和公式求出 ，再把原问题转化
为对任意的恒成立，
令 ，，利用导数研究函数的单调性，
然后根据 的奇偶性分别求解 的取值范围即可.
解：由题知，数列的通项公式为 ，由等比数
列的前项和公式得 .
因为不等式对任意的恒成立， 且
随着的增大而增大，所以对任意的 恒成立.
令，，则 ，当
时，，单调递减，当 时，
，单调递增，
，，所以.
当 为偶数时，不等式化为，所以 ；
当为奇数时，不等式化为，所以，所以 .
综上可知， .
[总结反思]
数列与函数的综合问题主要有以下两类:①已知函数条件,解决数列问
题,此类问题一般利用函数的性质、图象来解决;②已知数列条件,解
决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法
等对所给条件化简变形.
变式题 [2024·湖南新高考联盟二联] 已知 是各项均为正数的等
比数列，数列满足，且， .
（1）求数列, 的通项公式；
解：设数列的公比为，,因为， ，
，所以，
则， ，则
，所以，则，所以 ，
.
（2）若对任意的都有，求实数 的取值范围.
解：因为恒成立，，所以 恒成立.
设，则 ，
当时，，则，
当 时，，则 ，
所以，所以 的取值范围为 .
探究点三 数列在实际中的应用
例4 [2024·山西运城一模]某工厂加工一种电子零件，去年12月份生
产1万个，产品合格率为 .为提高产品合格率，工厂进行了设备更
新，今年1月份的产量在去年12月份的基础上提高 ，产品合格率
比去年12月份增加 ，计划以后两年内，每月的产量和产品合格
率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格产品数量达到最大是今
年的( )
A.5月份 B.6月份 C.7月份 D.8月份
√
[解析] 设从今年1月份起，每月的产量和产品的合格率都按题中的标
准增长，该工厂每月的产量、不合格率分别用， 表示，月份用
表示，
则 ，
，其中， ，
则从今年1月份起，各月不合格产品的数量为
［思路点拨］ 该工厂每月的产量、不合格率分别用， 表示，月
份用表示，求出的表达式，分析数列 的增减性，
即可得出结论.
，
当 时，，即，此时数列 递增，即；
当 时，，即，此时数列 递减，即，
因此当时， 最大，故该工厂的月不合格产品数量达到最大是今年的7月份.故选C.
[总结反思]
解决与数列有关的实际问题的一般步骤:首先要认真阅读,学会翻译
（数学化）,其次考虑用熟悉的数列知识建立数学模型,然后求出问题
的解,最后还需验证求得的解是否符合实际.
变式题 （多选题）[2024·辽宁沈阳五中模拟] 某人买一辆15万元的
新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率为 ，
分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）.有两种金融方案：
等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款
金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，
另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；等额
本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算.下列说
法正确的是( )
A.等额本金方案，所有的利息和为2340元
B.等额本金方案，最后一个月还款金额为10 030元
C.等额本息方案，每月还款金额中的本金构成递增的等比数列
D.等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案
优于等额本息方案
√
√
√
[解析] 对于A，利息和为
（元），故A正确；
对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10 000元，一个月利息为30元，本息和应为10 030元，故B正确；
对于C，设第个月贷款利息为，偿还本金为， 为贷款总额，则， ，
则 ，
，则 ，
，， ，
，所以数列是以 为公比的递增等
比数列，故C正确;
对于D，由选项C可知， ，得 ，
所以每月还款的本息和为 ，
，
比等额本金的利息和高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大，还款金额逐年递减，等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额，还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益，故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误.故选 .
例1 ［配例1使用］ 已知等差数列的公差为2，前项和为 ，
且，，成等比数列.令，则数列 的前50项和
( )
A. B. C. D.
√
【备选理由】例1侧重考查等差与等比数列基本量计算的综合和裂项
相消法求和；
[解析] 因为， ，
，所以 ，
解得，所以 ，
则 ，则
.故选D.
例2 ［配例2使用］ [2024·广东湛江联考] 在数列中， ，
且，当时， ，
则实数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
√
【备选理由】例2根据递推关系转化不等式，考查数列的函数特性，
进而求参数的取值；
[解析] 因为，，所以，且当 时，
，所以，所以 ，
所以 .
因为 ，所以
，所以，故 .故选A.
例3 ［配例3使用］ [2024·福建厦门外国语学校联考] 设 是数列
的前项和，已知,
（1）求，并证明： 是等比数列；
【备选理由】例3考查等比数列的证明以及分组求和法求和，
利用二次函数及指数函数单调性求解数列不等式；
解：由，可得，所以 ，
可得 .
由已知得 ，
所以，其中,即 ，
所以是以为首项， 为公比的等比数列.
（2）求满足的所有正整数 .
解：由（1）知，所以 ,所以
，所以 ，
所以
.
由二次函数及指数函数性质可知，当时，随 的增大而减小，
其中,,，所以满足的所有正整数 为1，2.
例4 ［补充使用］ [2025·河南濮阳质检] 对于一个各项均为正数的
数列，若存在一正实数 ，使得且 ，有
，我们就称是 有限数列.
（1）若数列满足，， ，
证明：数列为 有限数列；
【备选理由】例4是一道数列新定义的综合问题，考查累加法求通项公式，
结合数列的增减性及 有限数列的定义进行判断证明，利用放缩法和裂
项相消法证明不等式.
证明：因为且数列 的各项均为正数，所以
，
而，，故当时， .
因为，所以 ，
由累加法可得 ，
故 ，
故数列为 有限数列.
（2）若数列是有限数列，存在，使得 且
，，证明： .
解： ，
因为且， ，
所以 .
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知等差数列的公差为2，若,,成等比数列，则
( )
A. B. C.4 D.
[解析] 数列是公差为2的等差数列， ，
，
,,成等比数列， ，即，
解得 ，故选C.
√
2.已知等差数列的前30项中奇数项的和为，偶数项的和为 ，
且,，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 设等差数列的公差为，则 ，所以.
因为，所以，则 .
等差数列的奇数项是以为首项， 为公差的等差数列，等差数
列的前30项中奇数项有15项，所以 ，
得，所以 .故选B.
√
3.已知数列既是公差为的等差数列，又是公比为 的等比数列，
首项 ，则它的前2026项和为( )
A. B.
C.2026 D.0
[解析] 因为既是等差数列又是等比数列，且 ，所以
（常数数列），所以其前2026项和为2026，故选C.
√
4.已知数列的前项和为，且，，则
( )
A.200 B.210 C.400 D.410
[解析] 因为，，，所以当 时，可得
,当时，，与 相减可得
，
所以当 时，数列是以1为首项，
2为公差的等差数列，则 ，当时，
数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，则，
所以当为正整数时， ，则 .
故选B.
√
5.已知数列满足，在，之间插入 个1，构成数列
,1，,1,1，,1,1,1，， ，则数列 的前100项的和
( )
A.178 B.191 C.206 D.216
[解析] 数列满足，在，之间插入 个1，构成数列
,1，,1,1，,1,1,1，， ，所以数列中从到 的
项数为 ，
当时，，当时， ，
因为 ，所以
.故选A.
√
6.[2024·河北保定二模] 已知数列的前项积为 ，若
，则满足的正整数 的最小值为___.
5
[解析] 由，可得，易知 ,
，当时，，
又 为偶数时，,为奇数时，，
所以满足 的正整数 的最小值为5.
7.根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的 个月内累积
的需求量 （万件）近似地满足关系式
，按此预测在本年度内月需求
量超过1.5万件的月份是______.
7，8
[解析] 设月份的需求量为 ,因为
，所以当 时，
，当时，,
由 ，可得，解得，
可知当 或8时需求量超过1.5万件.
◆ 综合提升 ◆
8.[2024·浙江稽阳联考]如图，战国时
期楚国标准度量衡器——木衡铜环权
1954年出土于湖南长沙，“木衡”杆长
27厘米，铜盘直径为4厘米.“环权”类
A.2 B.3 C.4 D.5
似于砝码，用于测量物体质量，九枚 “环权”重量最小的为1铢，最大的
为半斤（我国古代1两铢，1斤 两），从小到大排列后前3项为
等差数列，后7项为等比数列，公比为2，若铜盘一侧某物体为2两13铢，
则另一侧需要放置的“环权”枚数为( )
√
[解析] 设九枚“环权”的重量（铢）按
从小到大的顺序构成数列 ，可得
，，
由,, , 成等比数列，公比为2，得
，可得，所以,, .
由,,成等差数列，可得公差，所以, ，
，所以需要放置一枚2两，一枚12铢，一枚1铢的“环权”，故选B.
9.已知是等比数列的前项和，，，若关于 的
不等式对任意的恒成立，则实数 的最大值
为( )
A.12 B.16 C.24 D.36
√
[解析] 设等比数列的公比为，则 ,
，解得,，, .
关于的不等式即为 ，即
对任意的 恒成立.
方法一：设, ，则
，当
时，，当时， ，
时，，又， 当 或
时，取得最小值24，, .故选C.
方法二：由 ，当且仅当
，即时等号成立，
又， 当或 时，取得最小值24，
, .故选C.
10.（多选题）[2025·宁波一模] 已知数列, 都是各项均为正数
的等比数列，则( )
A.数列是等比数列 B.数列 是等比数列
C.数列是等比数列 D.数列 是等比数列
√
√
[解析] 对于A，取,,此时 ,显然
不是等比数列，故A错误；
对于B，C，设 ,,
则,,显然 和
均为等比数列，故B，C均正确；
对于D，取 ,此时,,,
数列 的前3项为1，4，256，不可能为等比数列的前3项，
故D错误.故选 .
11.（多选题）[2024·安徽合肥期末] 已知等比数列的前 项和为
，且满足，数列满足 ，
则下列说法正确的是( )
A.
B.设，，则 的最小值为12
C.若对任意的恒成立，则
D.设，若数列的前项和为，则
√
√
[解析] 由为等比数列，其前项和 ，
则，故A不正确.
由得 ，所以
，又为等比数列，所以 ，
由，，令，可得 ，
当，即时，，当，即时， ，则
，故B不正确.
由 ，可得，则，
，
即对任意的恒成立，
令 ，则，当 时，
，当时，，当 时，
，则，则 ，故C正确.
，则
，故D正确.故选 .
12.已知等比数列的前项和为，且， ,
.数列满足，若存在常数 ，使不等式
恒成立，则 的最小值为___.
[解析] 将与作差，可得 ，即
,所以等比数列的公比.
因为, ，所以，
所以 ,所以
.
因为，所以 ，当且仅当时等号成立，
所以，故 的最小值为 .
13.已知数列满足.给出定义：使数列的前 项和
为正整数的叫作“好数”，则在 内的所有“好数”的和
为______.
2026
[解析] 设数列的前项和为 ，则
.
所以，因为为正整数，所以 ，即，可得.
令，则 ，因为，所以,，因为 为增函数，且,, ,,，所以 , ，所以所有“好数”的和为
.
14.[2024·沧衡联盟期末] 已知在等差数列中， ，
.
（1）求 的通项公式；
解：设的公差为 ，
由得解得 所以
.
（2）若是等比数列，且，，求数列 的
前项和 .
解：由（1）可知，，则， ,因为
是等比数列，所以公比为 ，所以
，
所以 ，所以
.
15.“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概
念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法
都是十分有益的.所谓“现值”是指在 期末的金额，把它扣除利息后，
折合成现时的值，而“终值”是指 期后的本利和，它们计算的基点分
别是存期的起点和终点.例如，在复利计息的情况下，设本金为 ，
每期利率为，期数为，到期末的本利和为，则 ，其
中称为期末的终值，称为期后终值的现值，即期后终值 现
在的价值为 .
小明想买一座公寓，现有如下两个方案.
方案一：一次性付全款25万元；
方案二：分期付款，每年年初付款3万元，第十年年初付完.
（1）假设一年期存款的年利率为 ，试讨论两种方案哪一种更好？
解：方法一（从终值来考虑） 若全款购置，则25万元10年后的价
值为 （万元）.
若分期付款，每年年初所付金额为3万元，10年后的总价值为
（万元）.因此付全款较好，即方案一更好.
方法二（从现值来考虑） 每年年初付款3万元，10年后现值之和为
，可得
，故 （万元），
比一次性付全款多，故方案一更好.
（2）若小明把房子租出去，第一年年初可获得租金2万元，此后每
年年初涨租金1000元，参照第（1）问中的存款年利率 ，预计第
十年房租到期后小明所获得全部租金的终值. 结果精确到百元，参考
数据：
解：设第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为 万元，
则 ，
记, ，
则 ，
则 ，两式作差可得
，
故 ，可得
（万元）.
故预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为27.88万元.
◆ 能力拓展 ◆
16.[2024· 东北三省三校三模] 已知数列的前项和为 ，且
.
（1）求证：数列 是等比数列；
证明：由知，得 .
由已知得 ，
故 ，得
，
而，故数列是首项为 ，公比为
的等比数列.
（2）设，若 是递增数列，求
实数 的取值范围.
解：根据（1）的结论有，即 ，
则 ，
由题知 恒成立，即
，
即 ，化
简得到 .
一方面，对该不等式取，可得到 ，即
；
另一方面，若，则， ，故恒有
,即
.
所以 .
【对点演练】1.72 2.6 3.10×1.003 5n,n∈N* 4. 5.4
课堂考点探究
例1(1)an=2n-1,Tn=. (2)存在正整数m=2,n=12,使得T1,Tm,Tn成等比数列.
变式题(1)bn=2n-n-3 (2)Tn=2n+1---2
例2(1)an=n-1,bn=3n-1. (2)略 变式题(1)an=3n (2)略
例3 -9≤t≤ 变式题(1)an=2n-1,bn=2n-1. (2) 例4C 变式题ABC
教师备用习题
例1D 例2 A 例3(1)a4= (2)所有正整数n为1,2. 例4(1)(2)略
基础热身
1.C 2.B 3.C 4.B 5.A 6.5 7.7,8
综合提升
8.B 9.C 10.BC 11.CD 12. 13.2026 14.(1)an=3n-2
(2)Sn=2n-1-n2+n 15.(1)方案一 (2)27.88万元
能力拓展
16.(1)略 (2)λ>-