3、，－2這三個(gè)數(shù)的6種排序中，成等差數(shù)列的情況有：a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比數(shù)列的情況有：a，－2，b；b，－2，a.
∴或解得或
∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故選D.
[答案]D
3．設(shè)y＝f是一次函數(shù)，若f＝1，且f，f，f成等比數(shù)列，則f＋f＋…＋f＝________.
[解析]由題意可設(shè)f＝kx＋1，
則＝，解得k＝2，
f＋f＋…＋f＝＋＋…＋＝2n2＋3n.
[答案]2n2＋3n
4．小李年初向銀行貸款M萬元用于購房，購房貸款的年利率為p，按復(fù)利計(jì)算，并從借款后次年年初開始?xì)w還，分10次等額還清，每年1次，則每年應(yīng)還(
4、)
A.萬元
B.萬元
C.萬元
D.萬元
[解析]設(shè)每年應(yīng)還x萬元，則x＋x＋x＋…＋x＝M，＝M，得x＝.
[答案]B
【知識要點(diǎn)】
1．?dāng)?shù)列綜合問題中應(yīng)用的數(shù)學(xué)思想
(1)用函數(shù)的觀點(diǎn)與思想認(rèn)識數(shù)列，將數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式視為定義在正整數(shù)集或其有限子集{1，2，…，n}上的函數(shù)．
(2)用方程的思想處理數(shù)列問題，將問題轉(zhuǎn)化為數(shù)列基本量的方程．
(3)用轉(zhuǎn)化化歸的思想探究數(shù)列問題，將問題轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列來研究．
(4)數(shù)列綜合問題常常應(yīng)用分類討論思想、特殊與一般思想、類比聯(lián)想思想、歸納猜想思想等．
2．解答數(shù)列應(yīng)用題的步驟
(1)審題——仔細(xì)閱讀材料，認(rèn)
5、真理解題意．
(2)建模——將已知條件翻譯成數(shù)學(xué)(數(shù)列)語言，將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題，弄清該數(shù)列的特征、要求是什么．
(3)求解——求出該問題的數(shù)學(xué)解．
(4)還原——將所求結(jié)果還原到原實(shí)際問題中．
3．?dāng)?shù)列應(yīng)用題常見模型
(1)等差模型：如果增加(或減少)的量是一個(gè)固定量時(shí)，該模型是等差模型，增加(或減少)的量就是公差．
(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)時(shí)，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)的變化而變化時(shí)，應(yīng)考慮是an與an＋1的遞推關(guān)系，還是Sn與Sn＋1之間的遞推關(guān)系．
6、
對應(yīng)學(xué)生用書p95
等差、等比數(shù)列的綜合問題
例1 已知公比不為1的等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝，前n項(xiàng)和為Sn，且a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差數(shù)列．
(1)求等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)對n∈N*，在an與an＋1之間插入3n個(gè)數(shù)，使這3n＋2個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，記插入的這3n個(gè)數(shù)的和為bn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
[解析] (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，
因?yàn)閍4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差數(shù)列，
所以a5＋S5－a4－S4＝a6＋S6－a5－S5，
即2a6－3a5＋a4＝0，所以2q2－3q＋1＝0.
因?yàn)閝≠1，所以q＝，
7、所以等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝.
(2)由題意得bn＝·3n＝·，
Tn＝·＝.
[小結(jié)]等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的兩大解題策略
(1)設(shè)置中間問題：分析已知條件和求解目標(biāo)，為最終解決問題設(shè)置中間問題，例如求和需要先求出通項(xiàng)、求通項(xiàng)需要先求出首項(xiàng)和公差(公比)等，確定解題的順序．
(2)注意解題細(xì)節(jié)：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問題中第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)公式表示等，這些細(xì)節(jié)對解題的影響也是巨大的．
1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2＋n.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；
8、(2)令cn＝，問是否存在正整數(shù)m，k(11且m∈N*則為奇整數(shù)，
∴k＝1(舍去)或k＝7，
將k＝7代入(*)式得m＝2，
故存在m＝2，k＝7使得c1，cm，ck成等差數(shù)列.
數(shù)列與不等式的綜合問題
例
9、2 已知數(shù)列中，a1＝1，an＋1＝.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)數(shù)列滿足bn＝··an，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，若不等式λ－2，
∴
10、－2<λ<3.
[小結(jié)]數(shù)列與不等式綜合問題的兩個(gè)方面
(1)數(shù)列型不等式恒成立或存在性問題，先參變分離，轉(zhuǎn)化為最值問題，數(shù)列的最值常選擇用做差或者作商來處理；
(2)數(shù)列不等式有時(shí)候需要用放縮法來證明，將通項(xiàng)的分母放大或縮小成可以求和的形式再證明．
2．設(shè)Sn為數(shù)列的前n項(xiàng)和，Sn＝2an－n.
(1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列；
(2)求證：1－<＋＋…＋<2.
[解析] (1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2a1－1，解得a1＝1；
當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn＝2an－n得Sn－1＝2an－1－，
上述兩式相減得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1－1，
整理得an＝2an－1＋
11、1.
則＝＝2，且a1＋1＝2.
所以數(shù)列是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．
(2)由(1)可知an＋1＝2×2n－1＝2n，則an＝2n－1.
因?yàn)椋?，
所以＋＋…＋>＋＋…＋＝1－.
又因?yàn)椋剑健埽?
所以＋＋…＋≤1＋＋…＋＝2－<2.
綜上，1－<＋＋…＋<2.
數(shù)列與函數(shù)的綜合問題
例3 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(diǎn)(an，bn)(n∈N*)在函數(shù)f(x)＝2x的圖象上．
(1)若a1＝－2，點(diǎn)(a8，4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；
(2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－，求數(shù)列的前
12、n項(xiàng)和Tn.
[解析] (1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
所以2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2，
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)函數(shù)f(x)＝2x在點(diǎn)(a2，b2)處的切線方程為y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，
其在x軸上的截距為a2－.由題意有a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.從而an＝n，bn＝2n，
所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋，
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.
所以，Tn＝.
[小結(jié)]數(shù)列與函數(shù)的綜合
13、的兩個(gè)方面
(1)以數(shù)列的特征量n，an，Sn等為坐標(biāo)的點(diǎn)在函數(shù)圖象上，可以得到數(shù)列的遞推關(guān)系；
(2)數(shù)列的項(xiàng)或前n項(xiàng)和可以看作關(guān)于n的函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列問題．
3．函數(shù)f＝，g＝f＋1，an＝g＋g＋g＋…＋g，n∈N*，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為__________．
[解析]由f＝＝＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)＝為奇函數(shù)，
g＋g＝f＋1＋f＋1
＝f＋f＋2，
由f(x)＝為奇函數(shù)，∴f＋f＝0，
∴g＋g＝2，
∵an＝g＋g＋g＋…＋g，n∈N*，①
則an＝g＋g＋g＋…＋g，n∈N*，②
①＋②得
2an＝＋＋…＋＝(2n－1)×2，
則
14、數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.
[答案]an＝2n－1
數(shù)列模型及應(yīng)用
例4 《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著，在其中有道“竹九問題”：“今有竹九節(jié)，下三節(jié)容量四升，上四節(jié)容量三升．問中間二節(jié)欲均容各多少？”意思為：今有竹九節(jié)，下三節(jié)容量之和為4升，上四節(jié)容量之和為3升，且每一節(jié)容量變化均勻(即每節(jié)容量成等差數(shù)列)．問每節(jié)容量各為多少？在這個(gè)問題中，中間一節(jié)的容量為( )
A.B.C.D.
[解析]由題設(shè)則?d＝，故由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a5＝a8－3d＝.
[答案]A
例5 某企業(yè)為了進(jìn)行技術(shù)改造，設(shè)計(jì)了兩種方案，甲方案：一次性貸款1
15、0萬元，第一年便可獲利1萬元，以后每年比前一年增加30%的利潤；乙方案：每年貸款1萬元，第一年可獲利1萬元，以后每年比前一年增加5千元．兩種方案的使用期都是10年，到期一次性歸還本息．若銀行兩種形式的貸款都按年息5%的復(fù)利計(jì)算，試比較兩種方案中哪種獲利更多？(參考數(shù)據(jù)：取1.0510≈1.629，1.310≈13.786，1.510≈57.665)
[解析]甲方案中，每年所獲利潤組成等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為(1＋30%)，所以10年所獲得的總利潤為
S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9
＝≈42.62(萬元)，
貸款到期時(shí)，需要償還銀行的本息是
10(
16、1＋5%)10≈16.29(萬元)，
故使用甲方案所獲純利潤為42.62－16.29＝26.33(萬元)．
乙方案中，每年的利潤組成等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為0.5，
所以10年所獲得的總利潤為
T10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)
＝10×1＋×0.5＝32.5(萬元)，
從第一年起，每年的貸款在到期時(shí)所產(chǎn)生的本息組成等比數(shù)列，首項(xiàng)為1×(1＋5%)10萬元，公比為，
故貸款到期時(shí)，需要償還銀行的本息是
1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]
＝1.05×≈13.21(萬元)，
故使用乙方案所獲純利潤為32.5－13.
17、21＝19.29(萬元)．
綜上可知，甲方案獲利更多．
[小結(jié)]解數(shù)列應(yīng)用題的建模思路：
從實(shí)際出發(fā)，通過抽象概括建立數(shù)學(xué)模型，通過對模型的解析，再返回實(shí)際中去，其思路框圖為：
4．某企業(yè)的資金每一年都比上一年分紅后的資金增加一倍，并且每年年底固定給股東們分紅500萬元．該企業(yè)2016年年底分紅后的資金為1000萬元．
(1)求該企業(yè)2020年年底分紅后的資金；
(2)求該企業(yè)從哪一年開始年底分紅后的資金超過32500萬元．
[解析]設(shè)an為(2016＋n)年年底分紅后的資金，其中n∈N*，
則a1＝2×1000－500＝1500，
a2＝2×1500－500＝250
18、0，…，an＝2an－1－500(n≥2)．
∴an－500＝2(an－1－500)(n≥2)，
即數(shù)列{an－500}是首項(xiàng)為a1－500＝1000，公比為2的等比數(shù)列．
∴an－500＝1000×2n－1，
∴an＝1000×2n－1＋500.
(1)a4＝1000×24－1＋500＝8500，
∴該企業(yè)2020年年底分紅后的資金為8500萬元．
(2)由an>32500，即2n－1>32，得n>6，
∴該企業(yè)從2023年開始年底分紅后的資金超過32500萬元．
對應(yīng)學(xué)生用書p97
1．(2017·全國卷Ⅱ理)我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七
19、層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈( )
A．1盞B．3盞C．5盞D．9盞
[解析]設(shè)塔的頂層共有燈x盞，則各層的燈數(shù)構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為x，公比為2的等比數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式有：＝381，解得x＝3，即塔的頂層共有燈3盞．
[答案]B
2．(2019·北京理)已知數(shù)列{an}，從中選取第i1項(xiàng)、第i2項(xiàng)、…、第im項(xiàng)(i1
20、都是{an}的長度為1的遞增子列．
(1)寫出數(shù)列1，8，3，7，5，6，9的一個(gè)長度為4的遞增子列；
(2)已知數(shù)列{an}的長度為p的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為am0，長度為q的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為an0.若p
21、
由p
22、的最小的正偶數(shù)為2m.
因?yàn)?k排在2k－1之前(k＝1，2，…，m－1)，所以2k和2k－1不可能在的同一個(gè)遞增子列中．
又中不超過2m＋1的數(shù)為1，2，…，2m－2，2m－1，2m＋1，所以的長度為m＋1且末項(xiàng)為2m＋1的遞增子列個(gè)數(shù)至多為×1×1＝2m－1<2m.
與已知矛盾．
最后證明：2m排在2m－3之后(m≥2為整數(shù))．
假設(shè)存在2m(m≥2)，使得2m排在2m－3之前，則的長度為m＋1且末項(xiàng)為2m＋l的遞增子列的個(gè)數(shù)小于2m.與已知矛盾．
綜上，數(shù)列只可能為2，1，4，3，…，2m－3，2m，2m－1，….
經(jīng)驗(yàn)證，數(shù)列2，1，4，3，…，2m－3，2m，2m－1，…符合條件．
所以an＝
12
（新課標(biāo)）2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第35講 數(shù)列的綜合應(yīng)用導(dǎo)學(xué)案 新人教A版
