还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考数学一轮复习学案 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
新高考数学一轮复习学案第7章第5讲 数列的综合应用（含解析）
展开
这是一份新高考数学一轮复习学案第7章第5讲 数列的综合应用（含解析），共13页。
考点一 等差、等比数列的综合(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))求解此类问题应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2018·高考北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.
【解】 (1)设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因为ea1＝eln 2＝2，eq \f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq \f(1－2n,1－2)＝2(2n－1)＝2n＋1－2.
eq \a\vs4\al()
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，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如求和需要先求出通项、求出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．
[提醒] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后要注意结论的整合．
(2020·吉林第一次调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.
(1)证明：{an＋1}为等比数列；
(2)求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？说明理由．
解：(1)证明：因为a2＝3，a2＝2a1＋1，所以a1＝1，
因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，
所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．
考点二 数列与数学文化(应用型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))解决数列与数学文化相交汇问题的关键：一是读懂题意，即会“脱去”数学文化的背景，提取关键信息；二是构造模型，即由题意构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是“解模”，即把文字语言转化为求数列的相关信息，如求指定项、公差(或公比)、项数、通项公式或前n项和等．
(1)(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( )
A．eq \f(25,3) B．eq \f(50,3)
C．eq \f(50,7) D．eq \f(100,7)
(2)(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))则解下4个环所需的最少移动次数a4为( )
A．7 B．10
C．12 D．22
【解析】 (1)5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，且S3＝50，则eq \f(a1(1－23),1－2)＝50，解得a1＝eq \f(50,7)，所以马主人应偿还粟的量为a2＝2a1＝eq \f(100,7)，故选D．
(2)因为数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选A．
【答案】 (1)D (2)A
eq \a\vs4\al()
数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．
1．(2020·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重为( )
A．6斤 B．7斤
C．9斤 D．15斤
解析：选D．设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{an}，
则有a1＝4，a5＝2，
所以a1＋a5＝6，
数列{an}的前5项和为S5＝5×eq \f(a1＋a5,2)＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D．
2．1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成5等份；藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理，问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？
解：假如我们设最初有a1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为a2，a3，a4，a5，a6，得到一个数列{an}，依题意，可知数列的递推公式：an＋1＝an－eq \f(1,5)(an－1)－1，
即an＋1＝eq \f(4,5)(an－1)，
整理变形，得an＋1＋4＝eq \f(4,5)(an＋4)．
故{an＋4}是以eq \f(4,5)为公比的等比数列，
所以a6＋4＝(a1＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(5)，
欲使(a6＋4)∈N*，应有a1＋4＝55m(m∈N*)，
故最初至少有桃子a1＝55－4＝3 121个，从而最后至少剩下a6＝45－4＝1 020个．
考点三 数列与其他知识的交汇(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))数列常与函数、不等式及三角函数等知识交汇，求解关键是把其他知识巧妙转化为数列问题，再利用数列公式进行求解．
(2020·安徽安庆4月联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c).
(1)求角A的大小；
(2)若等差数列{an}的公差不为零，a1sin A＝1，且a2，a4，a8成等比数列，bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)由eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c)，
根据正弦定理可得eq \f(\r(3)b－c,b－a)＝eq \f(b＋a,c)，即b2＋c2－a2＝eq \r(3)bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，
由0＜A＜π，得A＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，A＝eq \f(π,6)，
设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a1sin A＝1，
所以a1sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)a1＝1，解得a1＝2.
因为a2，a4，a8成等比数列，所以aeq \\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，所以d2＝2d.
又d≠0，所以d＝2，则an＝2n，
bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n(2n＋2))＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
则Sn＝eq \f(1,4)[(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))]
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(n,4n＋4).
eq \a\vs4\al()
破解数列与三角函数相交汇问题的策略：一是活用两定理，即会利用正弦定理和余弦定理破解三角形的边角关系；二是会用公式，即会利用等差数列与等比数列的通项公式求解未知量；三是求和方法，针对数列通项公式的特征，灵活应用裂项相消法、分组求和法、错位相减法等求和．
1．(2020·浙江杭州4月模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则a5＝________，b10＝________．
解析：因为an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，所以an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两个根，
根据根与系数的关系，可得an·an＋1＝2n，an＋an＋1＝bn，
由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，
两式相除可得eq \f(an＋2,an)＝2，
所以a1，a3，a5，…成公比为2的等比数列，a2，a4，a6，…成公比为2的等比数列，又由a1＝1，得a2＝2，所以a5＝1×22＝4，a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，
所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.
答案：4 64
2．设函数f(x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,x)，正项数列{an}满足a1＝1，an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，n∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，求证：eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＜2.
解：(1)由an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，
所以an＝eq \f(1,2)＋an－1，n∈N*，且n≥2，
所以数列{an}是以1为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2).
(2)证明：由(1)可知
eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,(n＋1)(n＋2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
Sn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)
＝4[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))…＋(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))]
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))
＝2－eq \f(4,n＋2)＜2，得证．
考点四 数列中的新定义问题(创新型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))数列的新定义问题的特点是：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
(2020·河北石家庄4月模拟)数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝________．
【解析】 由Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n， ①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1， ②
由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，
所以Sn＝eq \f(n(2＋n＋1),2)＝eq \f(n(n＋3),2).
【答案】 eq \f(n(n＋3),2)
eq \a\vs4\al()
破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n的含义为eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n求通项，只需写出a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，通过相减，即可得通项公式．
(多选)若数列{an}满足：对任意的n∈N*且n≥3，总存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj(i≠j，i＜n，j＜n)，则称数列{an}是“T数列”．则下列数列是“T数列”的为( )
A．{2n} B．{n2}
C．{3n} D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))
解析：选AD．令an＝2n，则an＝a1＋an－1(n≥3)，所以数列{2n}是“T数列”；令an＝n2，则a1＝1，a2＝4，a3＝9，所以a3≠a1＋a2，所以数列{n2}不是“T数列”；令an＝3n，则a1＝3，a2＝9，a3＝27，所以a3≠a1＋a2，所以数列{3n}不是“T数列”；令an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－1)，则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－3)＝an－1＋an－2(n≥3)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))是“T数列”．故选AD．
[基础题组练]
1．(2020·开封市定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
解析：选C．法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C．
法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋eq \f(4a2,q)＋4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋eq \f(4,q)＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故选C．
2．(2020·宁夏银川一中一模)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝( )
A．26 B．52
C．78 D．104
解析：选B．设等比数列{an}的公比为q，因为a3a11＝4a7，所以aeq \\al(2,7)＝4a7≠0，解得a7＝4，
因为数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，
所以S13＝eq \f(13×(b1＋b13),2)＝13b7＝13a7＝52.故选B．
3．(2020·吉林长春5月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＞0，a6和a8是函数f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x的极值点，则S8＝( )
A．－38 B．38
C．－17 D．17
解析：选A．因为f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x，所以f′(x)＝eq \f(15,4x)＋x－8＝eq \f(x2－8x＋\f(15,4),x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(15,2))),x)，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(15,2).
又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d＞0，
所以a6＝eq \f(1,2)，a8＝eq \f(15,2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝\f(1,2)，,a1＋7d＝\f(15,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－17，,d＝\f(7,2).))
所以S8＝8a1＋eq \f(8×(8－1),2)×d＝－38，故选A．
4．(多选)(应用型)一个弹性小球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回原来的高度的eq \f(2,3)再落下．设它第n次着地时，经过的总路程记为Sn，则当n≥2时，下面说法正确的是( )
A．Sn＜500 B．Sn≤500
C．Sn的最小值为eq \f(700,3) D．Sn的最大值为400
解析：选AC．第一次着地时，共经过了100 m，第二次着地时，共经过了eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2)) m，第三次着地时，共经过了eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2)) m，…，以此类推，第n次着地时，共经过了eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2＋…＋100×))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)×2)) m．所以Sn＝100＋eq \f(\f(400,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(2,3))＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))).则Sn是关于n的增函数，所以当n≥2时，Sn的最小值为S2，且S2＝eq \f(700,3).又Sn＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)))＜100＋400＝500.故选AC．
5．(创新型)(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 019项的和为( )
A．672 B．673
C．1 346 D．2 019
解析：选C．由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，
故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，
所以{an}是周期为3的周期数列，
且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2 019＝673×3，
所以数列{an}的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C．
6．(2019·高考北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为__________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))所以可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1，))所以a5＝a1＋4d＝0，因为Sn＝na1＋eq \f(n(n－1),2)d＝eq \f(1,2)(n2－9n)，所以当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.
答案：0 －10
7．若数列{an}满足eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{eq \f(1,bn)}为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝________．
解析：由eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0可得an＋1＝eq \f(1,2)an，故{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，故{eq \f(1,bn)}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)25＝32.
答案：32
8．(2020·湖南岳阳一模)曲线y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)在x＝eq \f(2,n)处的切线斜率为an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项的和为________．
解析：对y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)求导，可得y′＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,x)，由曲线y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)在x＝eq \f(2,n)处的切线斜率为an，可得an＝eq \f(n,2)＋eq \f(n,2)＝n.所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项的和为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
答案：eq \f(n,n＋1)
9．(2020·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足eq \r(Sn)＝eq \r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)记bn＝eq \f(1,an·an＋1)，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥eq \f(2,n)成立的n的最小值．
解：(1)由已知有eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{eq \r(Sn)}为等差数列，又eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1，所以eq \r(Sn)＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
由Tn≥eq \f(2,n)得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，
所以n的最小值为5.
10．(创新型)(2019·高考江苏卷节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，其中Sn为数列{bn}的前n项和．求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))
因此数列{an}为“M－数列”．
(2)因为eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得eq \f(1,1)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,b2)，则b2＝2.
由eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，得Sn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))，
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))－eq \f(bn－1bn,2(bn－bn－1))，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
[综合题组练]
1．(综合型)(2020·湖北十堰调研)已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为Sn.若a2，a3，a4为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，则Sn的最大值为( )
A．5 B．11
C．20 D．25
解析：选D．由等差数列{an}的公差为－2可知该数列为递减数列，则a2，a3，a4中a2最大，a4最小．又a2，a3，a4为三角形的三边长，且最大内角为120°，由余弦定理得aeq \\al(2,2)＝aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＋a3a4.设首项为a1，则(a1－2)2＝(a1－4)2＋(a1－6)2＋(a1－4)(a1－6)，整理得(a1－4)(a1－9)＝0，所以a1＝4或a1＝9.又a4＝a1－6＞0，即a1＞6，故a1＝4舍去，所以a1＝9.数列{an}的前n项和Sn＝9n＋eq \f(n(n－1),2)×(－2)＝－(n－5)2＋25.故Sn的最大值为S5＝25.故选D．
2．(创新型)(2020·江西上高模拟)定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称|an|为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”．已知“绝对和数列”{an}中，a1＝2，绝对公和为3，则其前2 019项的和S2 019的最小值为( )
A．－2 019 B．－3 010
C．－3 025 D．－3 027
解析：选C．依题意，要使“绝对和数列”{an}前2 019项的和S2 019的值最小，只需每一项的值都取最小值即可．因为a1＝2，绝对公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍)，所以a3＝－2或a3＝2(舍)，所以a4＝－1或a4＝1(舍)，…，所以满足条件的数列{an}的通项公式
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,－2，n为大于1的奇数，,－1，n为偶数，))所以S2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝2＋(－1－2)×eq \f(2 019－1,2)＝－3 025，故选C．
3．已知an＝3n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Tn＋\f(3,2)))k≥3n－6恒成立，则实数k的取值范围是________．
解析：Tn＝eq \f(3(1－3n),1－3)＝－eq \f(3,2)＋eq \f(3n＋1,2)，
所以Tn＋eq \f(3,2)＝eq \f(3n＋1,2)，
则原不等式可以转化为k≥eq \f(2(3n－6),3n＋1)＝eq \f(2n－4,3n)恒成立，
令f(n)＝eq \f(2n－4,3n)，
当n＝1时，f(n)＝－eq \f(2,3)，当n＝2时，f(n)＝0，
当n＝3时，f(n)＝eq \f(2,27)，当n＝4时，f(n)＝eq \f(4,81)，即f(n)是先增后减，当n＝3时，取得最大值eq \f(2,27)，所以k≥eq \f(2,27).
答案：k≥eq \f(2,27)
4．(创新型)(2020·山西太原期中改编)已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an }的前n项和，则a29＝______，使得Sn＜1 000成立的n的最大值为______．
解析：数列{an}的前n项依次为1，2，3，22，5，7，23，….利用列举法可得，当n＝35时，P∪Q的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项分别为1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，57，59，2，4，8，16，32，故a29＝49.S35＝30＋eq \f(30×(30－1),2)×2＋eq \f(2×(25－1),2－1)＝302＋26－2＝962＜1 000.当n＝36时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前36项分别为1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，59，61，2，4，8，16，32，S36＝31＋eq \f(31×(31－1),2)×2＋eq \f(2×(25－1),2－1)＝961＋62＝1 023＞1 000.所以n的最大值为35.
答案：49 35
5．(应用型)(2020·重庆八中4月模拟)某地区2018年人口总数为45万．实施“二孩”政策后，专家估计人口总数将发生如下变化：从2019年开始到2028年，每年人口总数比上一年增加0.5万人，从2029年开始到2038年，每年人口总数为上一年的99%.
(1)求实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式(注：2019年为第一年)；
(2)若“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2038年结束后是否需要调整政策？(参考数据：0.9910≈0.9)
解：(1)由题意知，当1≤n≤10时，数列{an}是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，可得an＝45.5＋0.5×(n－1)＝0.5n＋45，则a10＝50；
当11≤n≤20时，数列{an}是公比为0.99的等比数列，则an＝50×0.99n－10.
故实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式为
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.5n＋45，1≤n≤10，,50×0.99n－10，11≤n≤20.))
(2)设Sn为数列{an}的前n项和．从2019年到2038年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S20＝S10＋(a11＋a12＋…＋a20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5.
所以“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值为eq \f(S20,20)≈48.63，则eq \f(S20,20)＜49，
故到2038年结束后不需要调整政策．
6．(创新型)已知在等差数列{an}中，a2＝5，a4＋a6＝22，在数列{bn}中，b1＝3，bn＝2bn－1＋1(n≥2)．
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)定义x＝[x]＋(x)，[x]是x的整数部分，(x)是x的小数部分，且0≤(x)＜1.记数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))，求数列{cn}的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝5，a4＋a6＝22，所以a5＝eq \f(a4＋a6,2)＝11，所以d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝2，所以an＝a2＋2(n－2)＝5＋2(n－2)＝2n＋1.又b1＝3，bn＋1＝2(bn－1＋1)(n≥2)，所以{bn＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以bn＋1＝2n＋1(n≥2)，所以bn＝2n＋1－1(n≥2)．易知b1＝3满足上式，所以bn＝2n＋1－1(n∈N*)．
(2)由二项式定理知，当n≥1时，2n＋1＝2(1＋1)n≥2(Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n))＝2(1＋n)＞2n＋1，所以cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))＝eq \f(2n＋1,2n＋1)，所以Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋1)①，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋eq \f(7,25)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋2)②，
①－②，得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,2n＋2)，
故Sn＝eq \f(5,2)－eq \f(2n＋5,2n＋1).
考点一 等差、等比数列的综合(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))求解此类问题应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2018·高考北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.
【解】 (1)设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因为ea1＝eln 2＝2，eq \f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq \f(1－2n,1－2)＝2(2n－1)＝2n＋1－2.
eq \a\vs4\al()
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，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如求和需要先求出通项、求出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．
[提醒] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后要注意结论的整合．
(2020·吉林第一次调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an＋1＝2an＋1.
(1)证明：{an＋1}为等比数列；
(2)求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？说明理由．
解：(1)证明：因为a2＝3，a2＝2a1＋1，所以a1＝1，
因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，
所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．
考点二 数列与数学文化(应用型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))解决数列与数学文化相交汇问题的关键：一是读懂题意，即会“脱去”数学文化的背景，提取关键信息；二是构造模型，即由题意构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是“解模”，即把文字语言转化为求数列的相关信息，如求指定项、公差(或公比)、项数、通项公式或前n项和等．
(1)(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( )
A．eq \f(25,3) B．eq \f(50,3)
C．eq \f(50,7) D．eq \f(100,7)
(2)(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))则解下4个环所需的最少移动次数a4为( )
A．7 B．10
C．12 D．22
【解析】 (1)5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，且S3＝50，则eq \f(a1(1－23),1－2)＝50，解得a1＝eq \f(50,7)，所以马主人应偿还粟的量为a2＝2a1＝eq \f(100,7)，故选D．
(2)因为数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选A．
【答案】 (1)D (2)A
eq \a\vs4\al()
数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．
1．(2020·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重为( )
A．6斤 B．7斤
C．9斤 D．15斤
解析：选D．设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{an}，
则有a1＝4，a5＝2，
所以a1＋a5＝6，
数列{an}的前5项和为S5＝5×eq \f(a1＋a5,2)＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D．
2．1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成5等份；藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理，问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？
解：假如我们设最初有a1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为a2，a3，a4，a5，a6，得到一个数列{an}，依题意，可知数列的递推公式：an＋1＝an－eq \f(1,5)(an－1)－1，
即an＋1＝eq \f(4,5)(an－1)，
整理变形，得an＋1＋4＝eq \f(4,5)(an＋4)．
故{an＋4}是以eq \f(4,5)为公比的等比数列，
所以a6＋4＝(a1＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(5)，
欲使(a6＋4)∈N*，应有a1＋4＝55m(m∈N*)，
故最初至少有桃子a1＝55－4＝3 121个，从而最后至少剩下a6＝45－4＝1 020个．
考点三 数列与其他知识的交汇(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))数列常与函数、不等式及三角函数等知识交汇，求解关键是把其他知识巧妙转化为数列问题，再利用数列公式进行求解．
(2020·安徽安庆4月联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c).
(1)求角A的大小；
(2)若等差数列{an}的公差不为零，a1sin A＝1，且a2，a4，a8成等比数列，bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)由eq \f(\r(3)sin B－sin C,b－a)＝eq \f(sin A＋sin B,c)，
根据正弦定理可得eq \f(\r(3)b－c,b－a)＝eq \f(b＋a,c)，即b2＋c2－a2＝eq \r(3)bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，
由0＜A＜π，得A＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，A＝eq \f(π,6)，
设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a1sin A＝1，
所以a1sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)a1＝1，解得a1＝2.
因为a2，a4，a8成等比数列，所以aeq \\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，所以d2＝2d.
又d≠0，所以d＝2，则an＝2n，
bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n(2n＋2))＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
则Sn＝eq \f(1,4)[(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))]
＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(n,4n＋4).
eq \a\vs4\al()
破解数列与三角函数相交汇问题的策略：一是活用两定理，即会利用正弦定理和余弦定理破解三角形的边角关系；二是会用公式，即会利用等差数列与等比数列的通项公式求解未知量；三是求和方法，针对数列通项公式的特征，灵活应用裂项相消法、分组求和法、错位相减法等求和．
1．(2020·浙江杭州4月模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则a5＝________，b10＝________．
解析：因为an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，所以an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两个根，
根据根与系数的关系，可得an·an＋1＝2n，an＋an＋1＝bn，
由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，
两式相除可得eq \f(an＋2,an)＝2，
所以a1，a3，a5，…成公比为2的等比数列，a2，a4，a6，…成公比为2的等比数列，又由a1＝1，得a2＝2，所以a5＝1×22＝4，a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，
所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.
答案：4 64
2．设函数f(x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,x)，正项数列{an}满足a1＝1，an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，n∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，求证：eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＜2.
解：(1)由an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))，
所以an＝eq \f(1,2)＋an－1，n∈N*，且n≥2，
所以数列{an}是以1为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2).
(2)证明：由(1)可知
eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,(n＋1)(n＋2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
Sn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)
＝4[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))…＋(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))]
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))
＝2－eq \f(4,n＋2)＜2，得证．
考点四 数列中的新定义问题(创新型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))数列的新定义问题的特点是：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
(2020·河北石家庄4月模拟)数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝________．
【解析】 由Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n， ①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1， ②
由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，
所以Sn＝eq \f(n(2＋n＋1),2)＝eq \f(n(n＋3),2).
【答案】 eq \f(n(n＋3),2)
eq \a\vs4\al()
破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n的含义为eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n求通项，只需写出a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，通过相减，即可得通项公式．
(多选)若数列{an}满足：对任意的n∈N*且n≥3，总存在i，j∈N*，使得an＝ai＋aj(i≠j，i＜n，j＜n)，则称数列{an}是“T数列”．则下列数列是“T数列”的为( )
A．{2n} B．{n2}
C．{3n} D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))
解析：选AD．令an＝2n，则an＝a1＋an－1(n≥3)，所以数列{2n}是“T数列”；令an＝n2，则a1＝1，a2＝4，a3＝9，所以a3≠a1＋a2，所以数列{n2}不是“T数列”；令an＝3n，则a1＝3，a2＝9，a3＝27，所以a3≠a1＋a2，所以数列{3n}不是“T数列”；令an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－1)，则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n－3)＝an－1＋an－2(n≥3)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))\s\up12(n－1)))是“T数列”．故选AD．
[基础题组练]
1．(2020·开封市定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
解析：选C．法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C．
法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋eq \f(4a2,q)＋4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋eq \f(4,q)＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故选C．
2．(2020·宁夏银川一中一模)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝( )
A．26 B．52
C．78 D．104
解析：选B．设等比数列{an}的公比为q，因为a3a11＝4a7，所以aeq \\al(2,7)＝4a7≠0，解得a7＝4，
因为数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，
所以S13＝eq \f(13×(b1＋b13),2)＝13b7＝13a7＝52.故选B．
3．(2020·吉林长春5月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＞0，a6和a8是函数f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x的极值点，则S8＝( )
A．－38 B．38
C．－17 D．17
解析：选A．因为f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x，所以f′(x)＝eq \f(15,4x)＋x－8＝eq \f(x2－8x＋\f(15,4),x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(15,2))),x)，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(15,2).
又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d＞0，
所以a6＝eq \f(1,2)，a8＝eq \f(15,2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝\f(1,2)，,a1＋7d＝\f(15,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－17，,d＝\f(7,2).))
所以S8＝8a1＋eq \f(8×(8－1),2)×d＝－38，故选A．
4．(多选)(应用型)一个弹性小球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回原来的高度的eq \f(2,3)再落下．设它第n次着地时，经过的总路程记为Sn，则当n≥2时，下面说法正确的是( )
A．Sn＜500 B．Sn≤500
C．Sn的最小值为eq \f(700,3) D．Sn的最大值为400
解析：选AC．第一次着地时，共经过了100 m，第二次着地时，共经过了eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2)) m，第三次着地时，共经过了eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2)) m，…，以此类推，第n次着地时，共经过了eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2＋…＋100×))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)×2)) m．所以Sn＝100＋eq \f(\f(400,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(2,3))＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))).则Sn是关于n的增函数，所以当n≥2时，Sn的最小值为S2，且S2＝eq \f(700,3).又Sn＝100＋400eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)))＜100＋400＝500.故选AC．
5．(创新型)(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 019项的和为( )
A．672 B．673
C．1 346 D．2 019
解析：选C．由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，
故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，
所以{an}是周期为3的周期数列，
且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2 019＝673×3，
所以数列{an}的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C．
6．(2019·高考北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为__________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))所以可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1，))所以a5＝a1＋4d＝0，因为Sn＝na1＋eq \f(n(n－1),2)d＝eq \f(1,2)(n2－9n)，所以当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.
答案：0 －10
7．若数列{an}满足eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{eq \f(1,bn)}为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝________．
解析：由eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0可得an＋1＝eq \f(1,2)an，故{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，故{eq \f(1,bn)}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)25＝32.
答案：32
8．(2020·湖南岳阳一模)曲线y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)在x＝eq \f(2,n)处的切线斜率为an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项的和为________．
解析：对y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)求导，可得y′＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,x)，由曲线y＝eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)在x＝eq \f(2,n)处的切线斜率为an，可得an＝eq \f(n,2)＋eq \f(n,2)＝n.所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项的和为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
答案：eq \f(n,n＋1)
9．(2020·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足eq \r(Sn)＝eq \r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)记bn＝eq \f(1,an·an＋1)，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥eq \f(2,n)成立的n的最小值．
解：(1)由已知有eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{eq \r(Sn)}为等差数列，又eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1，所以eq \r(Sn)＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
由Tn≥eq \f(2,n)得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，
所以n的最小值为5.
10．(创新型)(2019·高考江苏卷节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，其中Sn为数列{bn}的前n项和．求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))
因此数列{an}为“M－数列”．
(2)因为eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得eq \f(1,1)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,b2)，则b2＝2.
由eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，得Sn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))，
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝eq \f(bnbn＋1,2(bn＋1－bn))－eq \f(bn－1bn,2(bn－bn－1))，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
[综合题组练]
1．(综合型)(2020·湖北十堰调研)已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为Sn.若a2，a3，a4为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，则Sn的最大值为( )
A．5 B．11
C．20 D．25
解析：选D．由等差数列{an}的公差为－2可知该数列为递减数列，则a2，a3，a4中a2最大，a4最小．又a2，a3，a4为三角形的三边长，且最大内角为120°，由余弦定理得aeq \\al(2,2)＝aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＋a3a4.设首项为a1，则(a1－2)2＝(a1－4)2＋(a1－6)2＋(a1－4)(a1－6)，整理得(a1－4)(a1－9)＝0，所以a1＝4或a1＝9.又a4＝a1－6＞0，即a1＞6，故a1＝4舍去，所以a1＝9.数列{an}的前n项和Sn＝9n＋eq \f(n(n－1),2)×(－2)＝－(n－5)2＋25.故Sn的最大值为S5＝25.故选D．
2．(创新型)(2020·江西上高模拟)定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称|an|为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”．已知“绝对和数列”{an}中，a1＝2，绝对公和为3，则其前2 019项的和S2 019的最小值为( )
A．－2 019 B．－3 010
C．－3 025 D．－3 027
解析：选C．依题意，要使“绝对和数列”{an}前2 019项的和S2 019的值最小，只需每一项的值都取最小值即可．因为a1＝2，绝对公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍)，所以a3＝－2或a3＝2(舍)，所以a4＝－1或a4＝1(舍)，…，所以满足条件的数列{an}的通项公式
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,－2，n为大于1的奇数，,－1，n为偶数，))所以S2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝2＋(－1－2)×eq \f(2 019－1,2)＝－3 025，故选C．
3．已知an＝3n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Tn＋\f(3,2)))k≥3n－6恒成立，则实数k的取值范围是________．
解析：Tn＝eq \f(3(1－3n),1－3)＝－eq \f(3,2)＋eq \f(3n＋1,2)，
所以Tn＋eq \f(3,2)＝eq \f(3n＋1,2)，
则原不等式可以转化为k≥eq \f(2(3n－6),3n＋1)＝eq \f(2n－4,3n)恒成立，
令f(n)＝eq \f(2n－4,3n)，
当n＝1时，f(n)＝－eq \f(2,3)，当n＝2时，f(n)＝0，
当n＝3时，f(n)＝eq \f(2,27)，当n＝4时，f(n)＝eq \f(4,81)，即f(n)是先增后减，当n＝3时，取得最大值eq \f(2,27)，所以k≥eq \f(2,27).
答案：k≥eq \f(2,27)
4．(创新型)(2020·山西太原期中改编)已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an }的前n项和，则a29＝______，使得Sn＜1 000成立的n的最大值为______．
解析：数列{an}的前n项依次为1，2，3，22，5，7，23，….利用列举法可得，当n＝35时，P∪Q的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项分别为1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，57，59，2，4，8，16，32，故a29＝49.S35＝30＋eq \f(30×(30－1),2)×2＋eq \f(2×(25－1),2－1)＝302＋26－2＝962＜1 000.当n＝36时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前36项分别为1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…，59，61，2，4，8，16，32，S36＝31＋eq \f(31×(31－1),2)×2＋eq \f(2×(25－1),2－1)＝961＋62＝1 023＞1 000.所以n的最大值为35.
答案：49 35
5．(应用型)(2020·重庆八中4月模拟)某地区2018年人口总数为45万．实施“二孩”政策后，专家估计人口总数将发生如下变化：从2019年开始到2028年，每年人口总数比上一年增加0.5万人，从2029年开始到2038年，每年人口总数为上一年的99%.
(1)求实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式(注：2019年为第一年)；
(2)若“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2038年结束后是否需要调整政策？(参考数据：0.9910≈0.9)
解：(1)由题意知，当1≤n≤10时，数列{an}是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，可得an＝45.5＋0.5×(n－1)＝0.5n＋45，则a10＝50；
当11≤n≤20时，数列{an}是公比为0.99的等比数列，则an＝50×0.99n－10.
故实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式为
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.5n＋45，1≤n≤10，,50×0.99n－10，11≤n≤20.))
(2)设Sn为数列{an}的前n项和．从2019年到2038年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S20＝S10＋(a11＋a12＋…＋a20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5.
所以“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值为eq \f(S20,20)≈48.63，则eq \f(S20,20)＜49，
故到2038年结束后不需要调整政策．
6．(创新型)已知在等差数列{an}中，a2＝5，a4＋a6＝22，在数列{bn}中，b1＝3，bn＝2bn－1＋1(n≥2)．
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)定义x＝[x]＋(x)，[x]是x的整数部分，(x)是x的小数部分，且0≤(x)＜1.记数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))，求数列{cn}的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝5，a4＋a6＝22，所以a5＝eq \f(a4＋a6,2)＝11，所以d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝2，所以an＝a2＋2(n－2)＝5＋2(n－2)＝2n＋1.又b1＝3，bn＋1＝2(bn－1＋1)(n≥2)，所以{bn＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以bn＋1＝2n＋1(n≥2)，所以bn＝2n＋1－1(n≥2)．易知b1＝3满足上式，所以bn＝2n＋1－1(n∈N*)．
(2)由二项式定理知，当n≥1时，2n＋1＝2(1＋1)n≥2(Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n))＝2(1＋n)＞2n＋1，所以cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn＋1)))＝eq \f(2n＋1,2n＋1)，所以Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋1)①，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋eq \f(7,25)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋2)②，
①－②，得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－eq \f(2n＋1,2n＋2)
＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,2n＋2)，
故Sn＝eq \f(5,2)－eq \f(2n＋5,2n＋1).
相关学案
高考数学第一轮复习复习第5节 数列的综合应用（讲义）： 这是一份高考数学第一轮复习复习第5节 数列的综合应用（讲义），共24页。
备考2024届高考数学一轮复习讲义第五章数列第5讲数列的综合应用： 这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第五章数列第5讲数列的综合应用，共6页。
高考数学一轮复习第6章7数列的综合应用学案： 这是一份高考数学一轮复习第6章7数列的综合应用学案，共8页。
