第五节　数列中的综合问题学案-2025届高三数学一轮复习

新高考数学一轮复习 第六章　数列 第一节　数列中的综合问题 一、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. 二、 命题规律及备考策略 数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等． 三、知识梳理 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 四、课堂考点突破 考点一 等差、等比数列的综合问题 例1 已知{an}为等差数列,{bn}是公比为正数的等比数列,a1=b1=2,a2=2b1-1,b3=2a2+2. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设{cn}满足c1=2,cn= (k∈N*) ,记{cn}的前n项和为Sn,求S64.   变式题1 已知数列{an}的通项公式为an=2n+1,等比数列{bn}满足b2=a1-1,b3=a2-1. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)记{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,求满足Tn=Sm(4<n≤10)的所有数对(n,m).     考点二 　数列与函数、不等式的综合问题 题型一 数列与不等式的综合 例2 [2023·宁波二模] 已知等比数列{an}的前n项和Sn满足an+1=Sn+1(n∈N*). (1)求首项a1的值及{an}的通项公式; (2)设bn=log2(n∈N*),求满足an-bn<2023的最大正整数n的值.     变式题1 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=2,an+1=Sn+n. (1)求{an}的通项公式. (2)设递增的等差数列{bn}满足b1=2,且a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列. (i)求{bn}的通项公式; (ii)设Tn=++…+,证明:Tn<.     变式题2 图中的数阵满足:每一行从左到右成等差数列,每一列从上到下成等比数列,且公比均为实数q,a1,1>0,a1,3=5,a2,2=-6,=a7,5. (1)设bn=an,n,求数列{bn}的通项公式. (2)设Sn=a1,1+a2,1+…+an,1,是否存在实数λ,使an,1<λSn恒成立?若存在,求出λ的所有值;若不存在,请说明理由.   题型二　数列与函数的综合 例3 在数列{an}中给定a1,若函数f(x)=x3-an+1sin x+(an+2)x+1的导函数有唯一零点,函数g(x)=12x+sin πx-cos πx,且g(a1)+g(a2)+…+g(a9)=18,则a5= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A. B. C. D. 变式题 (多选题)] f'(x)为函数f(x)的导函数,若数列{xn}满足xn+1=xn-,则称{xn}为“牛顿数列”.已知函数f(x)=x2-1,数列{xn}为“牛顿数列”,其中x1=3,则 (　 ) A.xn+1=(n∈N*) B.数列{xn}是递减数列 C.1<xn≤3 D.关于n的不等式|xn-1|<的解有无限个 考点三 　数列在实际中的应用 例4 王先生向银行申请个人住房贷款120万元购买住房,月利率为0.3%,并从贷款后的次月开始还贷,分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式:①等额本金:在还款期内把本金总额等分,每月偿还同等数额的本金和剩余本金与月利率的乘积;②等额本息:在还款期内,每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息). (1)若王先生采取等额本金的还贷方式,已知第一个还贷月应还13 600元,最后一个还贷月应还10 030元,试计算王先生该笔贷款的总利息; (2)若王先生采取等额本息的还贷方式,银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半,已知王先生家庭月收入为25 000元,试判断王先生该笔贷款能否获批(不考虑其他因素). 参考数据:1.003119≈1.428,1.003120≈1.433,1.003121≈1.437.   变式题 (1)某牧场2022年年初牛的存栏数为1200头,计划以后每年存栏数的增长率为20%,且在每年年底卖出100头牛,按照该计划预计　　　　年年初牛的存栏量首次超过8900头.(参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)  (2)某企业2023年年初有资金500万元,资金的年平均增长率可达到20%.每年年底扣除下一年必需的消费资金后,剩余资金全部投入再生产,为了实现经过5年投入再生产的资金达到800万元的目标,每年应扣除的消费资金至多为　　　　万元.(结果取整数,参考数据:1.24≈2.07,1.25≈2.49)  五、课后作业 一、单项选择题 1．(2023·广州模拟)已知f(x)＝2x2，数列{an}满足a1＝2，且对一切n∈N*，有an＋1＝f(an)，则(　　) A．{an}是等差数列 B．{an}是等比数列 C．{log2an}是等比数列 D．{log2an＋1}是等比数列 2．为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为(　　) A．76 B．77 C．78 D．80 3．在等比数列{an}中，a2＝－2a5,1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是(　　) A. B. C. D. 4.有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是(　　) A．5 B．7 C．10 D．12 5．已知数列{an}满足an＝n∈N*，若对于任意n∈N*都有an>an＋1，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　C 6．已知{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a1 012＝b1 012，Sn和Tn分别是{an}和{bn}的前n项和，则(　　) A．S2 023>T2 023 B．S2 023<T2 023 C．S2 023＝T2 023 D．S2 023和T2 023的大小关系不确定 二、多项选择题 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝ln(－an)(n∈N*)，则Sn的取值可能是(　　) A. B. C. D．2 8．将n2个数排成n行n列的数阵，如图所示，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝3，a13＝a51＋1，记这n2个数的和为S，下面叙述正确的是(　　) A．m＝2 B．a78＝15×28 C．aij＝(2i＋1)·2j－1 D．S＝n(n＋2)(2n－1) 三、填空题 9．如图甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知A1，A2，A3，…为直角顶点，设OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，OA1，OA2，…，OAn构成数列{an}，令bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，则S80＝________. 10．已知数列{an}为等比数列，a2a3a4＝64，a6＝32，数列{bn}满足bn＝log2an＋1，若不等式4λ≥bn[1－(n＋4)λ]对于任意的n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为________． 四、解答题 11．(2022·新高考全国Ⅱ)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4. (1)证明：a1＝b1； (2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数． 12．已知等差数列{an}满足(n＋1)an＝4n2＋n＋k，k∈R.数列{bn}的前n项和Tn满足2Tn＝3bn－3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)对于集合A，B，定义集合A－B＝{x|x∈A且x∉B}．设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A－B中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新高考数学一轮复习 第六章　数列 第一节　数列中的综合问题 一、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. 二、 命题规律及备考策略 数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等． 三、知识梳理 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 四、课堂考点突破 考点一 等差、等比数列的综合问题 例1 已知{an}为等差数列,{bn}是公比为正数的等比数列,a1=b1=2,a2=2b1-1,b3=2a2+2. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设{cn}满足c1=2,cn= (k∈N*) ,记{cn}的前n项和为Sn,求S64. 例1　[思路点拨] (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由条件结合等差数列的通项公式和等比数列的通项公式列方程组求出d,q,再由通项公式求解;(2)利用分组求和法求和. 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,且q>0,由题意得可得 所以an=2+(n-1)×1=n+1,bn=2×2n-1=2n. (2)由题意知,当n=2k,k∈N*时,cn==bk=2k,当2k<n<2k+1,k∈N*时,cn=an=n+1,令2k≤64,则k≤6,k∈N*,所以S64=c1+c2+c3+…+c64=(+++++)+c1+c3+(c5+c6+c7)+(c9+c10+…+c15)+(c17+c18+…+c31)+(c33+c34+…+c63)=(b1+b2+…+b6)+(a1+a2+a3+…+)-(++…+)=(21+22+…+26)+(2+3+…+65)-(21+1+22+1+…+26+1)=-6=2138.     变式题1 已知数列{an}的通项公式为an=2n+1,等比数列{bn}满足b2=a1-1,b3=a2-1. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)记{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,求满足Tn=Sm(4<n≤10)的所有数对(n,m). 变式题　解:(1)因为an=2n+1,所以a1=3,a2=5,故b2=2,b3=4,所以等比数列{bn}的公比q==2,故b1=1,所以bn=2n-1,即等比数列{bn}的通项公式为bn=2n-1. (2)由已知得Sm==m(m+2),由(1)可知Tn==2n-1,因为Tn=Sm(4<n≤10),所以2n-1=m(m+2),则(-1)(+1)=m(m+2),可得m=-1,因为m为正整数,4<n≤10,所以n=6,8,10,则当n=6时,m=23-1=7,当n=8时,m=24-1=15,当n=10时,m=25-1=31,故满足条件的所有数对为(6,7),(8,15),(10,31).     考点二 　数列与函数、不等式的综合问题 题型一 数列与不等式的综合 例2 [2023·宁波二模] 已知等比数列{an}的前n项和Sn满足an+1=Sn+1(n∈N*). (1)求首项a1的值及{an}的通项公式; (2)设bn=log2(n∈N*),求满足an-bn<2023的最大正整数n的值.     [思路点拨] (1)由an+1=Sn+1,得an=Sn-1+1(n≥2),两式相减可得等比数列{an}的公比为2,再列方程即可求得a1,进而可得{an}的通项公式;(2)由an=2n-1及bn的表达式可求得bn=n+1,则可得到关于n的不等式,结合函数思想解不等式即可. 解:(1)因为an+1=Sn+1,所以当n≥2时,an=Sn-1+1,两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1(n≥2),即an+1=2an(n≥2). 因为数列{an}是等比数列,所以公比为2. 当n=1时,a2=a1+1,则2a1=a1+1,所以a1=1,则a2=a1+1=2,满足a2=2a1,所以{an}的通项公式为an=2n-1. (2)由(1)得=,所以log2=2n-1,所以bn=log2-(log2a2+log2+…+log2)=2n+1-1-(21-1+22-1+…+2n-1)=2n+1+n-1-=n+1.由an-bn<2023得2n-1-(n+1)<2023,即2n-1-n<2024.令f(n)=2n-1-n,则f(n+1)-f(n)=2n-(n+1)-(2n-1-n)=2n-1-1, 所以当n≥2时,f(n+1)-f(n)>0,又f(2)=f(1)=0, f(11)=210-11=1013<2024,f(12)=211-12=2036>2024,所以满足条件的最大正整数n的值为11. 变式题1 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=2,an+1=Sn+n. (1)求{an}的通项公式. (2)设递增的等差数列{bn}满足b1=2,且a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列. (i)求{bn}的通项公式; (ii)设Tn=++…+,证明:Tn<. 解:(1)因为an+1=Sn+n,所以an=Sn-1+n-1(n≥2),两式相减可得an+1-an=Sn-Sn-1+1=an+1(n≥2),即an+1=2an+1(n≥2),则an+1+1=2(an+1)(n≥2), 由a1=2,可得a2=S1+1=a1+1=3, 所以当n≥2时,an+1=(a2+1)·2n-2=4×2n-2=2n,即an=2n-1,因为a1=2不满足上式, 所以数列{an}的通项公式为an= (2)(i)设数列{bn}的公差为d(d>0),因为a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,且a1=2,a2=3,a3=7, 所以(a2+b2)2=(a1+b1),即(3+2+d)2=4(7+1+d),整理得d2+6d-7=0,解得d=1或d=-7, 因为d>0,所以d=1,又因为b1=2,所以数列{bn}的通项公式为bn=2+(n-1)×1=n+1. (ii)证明:由(i)知,bn=n+1, 可得Tn=++…+=++…+. 当n=1时,T1=<; 当n≥2时,Tn=++…+<++…+==-<. 综上可得,对于任意n∈N*,都有Tn<.     变式题2 图中的数阵满足:每一行从左到右成等差数列,每一列从上到下成等比数列,且公比均为实数q,a1,1>0,a1,3=5,a2,2=-6,=a7,5. (1)设bn=an,n,求数列{bn}的通项公式. (2)设Sn=a1,1+a2,1+…+an,1,是否存在实数λ,使an,1<λSn恒成立?若存在,求出λ的所有值;若不存在,请说明理由. 　解:(1)设a1,1=t,第一行从左到右所成等差数列的公差为d, 则a1,3=t+2d=5①,a2,2=(a1,1+d)q=(t+d)q=-6②. 由=a7,5,得(a1,2q3)2=a1,5q6,则(t+d)2q6=(t+4d)q6,即(t+d)2=t+4d③.由①③及t>0,可得t=1,d=2,代入②得q=-2,则a1,n=a1,1+(n-1)d=2n-1,所以an,n=a1,nqn-1=(2n-1)·(-2)n-1, 即bn=(2n-1)·(-2)n-1. (2)由(1)知,an,1=a1,1qn-1=(-2)n-1,Sn==,则an,1<λSn等价于(-2)n-1<λ·. 当n为奇数时,不等式等价于λ>=-恒成立,因为-<恒成立,所以λ≥; 当n为偶数时, 不等式等价于λ<=+恒成立,因为+>恒成立,所以 λ≤. 因此λ=, 所以存在λ=,使得an,1<λSn恒成立.     题型二　数列与函数的综合 例3 在数列{an}中给定a1,若函数f(x)=x3-an+1sin x+(an+2)x+1的导函数有唯一零点,函数g(x)=12x+sin πx-cos πx,且g(a1)+g(a2)+…+g(a9)=18,则a5= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A. B. C. D. 例3　[思路点拨] 求出f(x)的导数,结合题意得到数列{an}是公差为2的等差数列.利用辅助角公式对g(x)化简,构造新函数,利用导数判断新函数的单调性,并结合题意求解即可. C　[解析] 因为f'(x)=x2-an+1cos x+(an+2)有唯一的零点,f'(x)是定义域为R的偶函数,所以f'(0)=0,可得an+1-an=2,n∈N*,所以数列{an}是公差为2的等差数列.g(x)=12x+sin πx-cos πx=12x+sin π=12+sin π+2,令h(t)=12t+sin πt,则h(t)为奇函数,因为h'(t)=12+πcos πt>0,所以h(t)在R上单调递增.由题意得[g(a1)-2]+[g(a2)-2]+…+[g(a9)-2]=0,则h+h+…+h=0,因为数列{an}是公差为2的等差数列,所以a1<a2<…<a9,则a1-<a2-<…<a9-.假设+>0,因为h(t)=12t+sin πt是奇函数且h(t)在R上单调递增,a1->-,所以h>h=-h,则h+h>0,因为+=+=+=+=2,所以h+h+…+h>0,与已知矛盾,故假设不成立.假设+<0,同理可得h+h+…+h<0,与已知矛盾,故假设不成立.综上可得,+=0,所以a1+a9=,所以a5=.故选C. 变式题 (多选题)] f'(x)为函数f(x)的导函数,若数列{xn}满足xn+1=xn-,则称{xn}为“牛顿数列”.已知函数f(x)=x2-1,数列{xn}为“牛顿数列”,其中x1=3,则 (　 ) A.xn+1=(n∈N*) B.数列{xn}是递减数列 C.1<xn≤3 D.关于n的不等式|xn-1|<的解有无限个 变式题　BCD　[解析] 对于A,由f(x)=x2-1得f'(x)=2x,所以xn+1=xn-=,故A错误.对于B,由x1=3得xn+1=xn-=>0,xn+1-xn=-==.假设存在n≥2,使得xn≤1,则≤1,整理得(xn-1-1)2≤0,则xn-1=1,经过有限次推导,可得x1=1,这与x1=3矛盾,故假设不成立,可得xn>1,所以xn+1-xn=<0,所以xn+1<xn,数列{xn}是递减数列,故B正确.对于C,由B知xn>1,数列{xn}是递减数列,又x1=3,所以1<xn≤3,故C正确.对于D,xn+1-1=,xn+1+1=,所以=,所以ln=2ln.令an=ln,则an+1=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列,又x1=3,a1=ln=-ln 2,所以an=(-ln 2)×2n-1,即ln=(-ln 2)×2n-1,所以=,可得xn==1+.因为n∈N*,所以-1≥1,则|xn-1|=,由|xn-1|<,得22024+1<,可得n≥12(n∈N*),所以不等式的解有无限个,故D正确.故选BCD. 考点三 　数列在实际中的应用 例4 王先生向银行申请个人住房贷款120万元购买住房,月利率为0.3%,并从贷款后的次月开始还贷,分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式:①等额本金:在还款期内把本金总额等分,每月偿还同等数额的本金和剩余本金与月利率的乘积;②等额本息:在还款期内,每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息). (1)若王先生采取等额本金的还贷方式,已知第一个还贷月应还13 600元,最后一个还贷月应还10 030元,试计算王先生该笔贷款的总利息; (2)若王先生采取等额本息的还贷方式,银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半,已知王先生家庭月收入为25 000元,试判断王先生该笔贷款能否获批(不考虑其他因素). 参考数据:1.003119≈1.428,1.003120≈1.433,1.003121≈1.437.   例4　[思路点拨] (1)等额本金还贷方式中,每月的还贷额构成一个等差数列,对数列求和可得所求利息;(2)利用等比数列求和公式,求得王先生每月还货额,再与题目所给数据比较,得出结论. 解:(1)由题可知,等额本金还贷方式中,每月的还贷额构成一个等差数列{an},设Sn表示数列{an}的前n项和,则a1=13 600,a120=10 030,故S120=×120=1 417 800,故王先生该笔贷款的总利息为1 417 800-1 200 000=217 800(元). (2)设王先生每月还贷额为x元,则有x+x(1+0.003)1+x(1+0.003)2+…+x(1+0.003)119=1 200 000×(1+0.003)120,即x×=1 200 000×(1+0.003)120,故x=≈11 914. 因为11 914<25 000×=12 500,所以王先生该笔贷款能够获批.   变式题 (1)某牧场2022年年初牛的存栏数为1200头,计划以后每年存栏数的增长率为20%,且在每年年底卖出100头牛,按照该计划预计　　　　年年初牛的存栏量首次超过8900头.(参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)  (2)某企业2023年年初有资金500万元,资金的年平均增长率可达到20%.每年年底扣除下一年必需的消费资金后,剩余资金全部投入再生产,为了实现经过5年投入再生产的资金达到800万元的目标,每年应扣除的消费资金至多为　　　　万元.(结果取整数,参考数据:1.24≈2.07,1.25≈2.49)  变式题　(1)2036　(2)59　[解析] (1)设该牧场从2022年起每年年初的计划存栏数依次为c1,c2,c3,…,cn,…,其中n∈N*,由题意得c1=1200,并且cn+1=1.2cn-100.设cn+1-x=1.2(cn-x),则cn+1=1.2cn-0.2x,则0.2x=100,可得x=500,所以cn+1-500=1.2(cn-500),即数列{cn-500}是首项为c1-500=700,公比为1.2的等比数列,则cn-500=700×1.2n-1,则cn=500+700×1.2n-1.令cn=500+700×1.2n-1>8900,则1.2n-1>12,可得n-1>,即n-1>≈13.642 2,所以n>14.642 2,因此n≥15,因为2022+15-1=2036,所以预计2036年年初牛的存栏量首次超过8900头. (2)设每年应扣除的消费资金为x万元,经过n年投入的再生产资金为an万元,则a1=500×(1+20%)-x,a2=a1×(1+20%)-x=500×(1+20%)2-(1+20%)x-x,…,a5=500×(1+20%)5-(1+20%)4x-(1+20%)3x-(1+20%)2x-(1+20%)x-x,由a5≥800,得x≤1.25×500-800,可得x≤59,故每年应扣除的消费资金至多为59万元. 五、课后作业 一、单项选择题 1．(2023·广州模拟)已知f(x)＝2x2，数列{an}满足a1＝2，且对一切n∈N*，有an＋1＝f(an)，则(　　) A．{an}是等差数列 B．{an}是等比数列 C．{log2an}是等比数列 D．{log2an＋1}是等比数列 答案　D 解析　由题意知an＋1＝2a， 所以log2an＋1＝1＋2log2an， 所以log2an＋1＋1＝2(log2an＋1)，n∈N*， 所以{log2an＋1}是等比数列， 又log2a1＋1＝2，所以log2an＋1＝2n， 所以log2an＝2n－1，故A，B，C错误，D正确． 2．为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为(　　) A．76 B．77 C．78 D．80 答案　B 解析　记10个班级的平均成绩形成的等差数列为{an}，则an＝70＋2(n－1)＝2n＋68， 又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为＝＝77. 3．在等比数列{an}中，a2＝－2a5,1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　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∈. 4.有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形几何体中正方体的个数是(　　) A．5 B．7 C．10 D．12 答案　B 解析　设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，则由题意得数列{an}为以8为首项，为公比的等比数列， 其通项公式为an＝8×n－1＝23× ＝. 令an＝1，得n＝7， 故该塔形几何体中正方体的个数为7. 5．已知数列{an}满足an＝n∈N*，若对于任意n∈N*都有an>an＋1，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为当n>7时，an＝n＋2， 而要满足an>an＋1，故{an}要单调递减， 所以－a<0，解得a>， 当n≤7时，an＝an－6，而要满足an>an＋1， 故{an}要单调递减，所以0<a<1， 还需满足a7－6>×8＋2，解得a>， 所以实数a的取值范围是. 6．已知{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a1 012＝b1 012，Sn和Tn分别是{an}和{bn}的前n项和，则(　　) A．S2 023>T2 023 B．S2 023<T2 023 C．S2 023＝T2 023 D．S2 023和T2 023的大小关系不确定 答案　B 解析　因为{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0， 则S2 023＝＝2 023a1 012， 且a1 012＝a1＋1 011d≠a1， 则b1 012≠b1， 设等比数列{bn}的公比为q， 则q1 011＝>0， 且q1 011≠1，即q>0且q≠1， 又因为b1>0， 所以等比数列{bn}为正项单调数列， 由基本不等式可得b1＋b2 023>2＝2b1 012，b2＋b2 022>2＝2b1 012，…， b1 011＋b1 013>2＝2b1 012， 所以T2 023＝b1＋b2＋…＋b2 023>2 023b1 012＝2 023a1 012＝S2 023. 二、多项选择题 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝ln(－an)(n∈N*)，则Sn的取值可能是(　　) A. B. C. D．2 答案　BC 解析　因为an＋1＝ln(－an)， 所以＝－an， 即an＝－， 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝e－. 因为a1＝1，所以an>0，所以Sn>1. 因为>an＋1， 所以－an>1， 所以an＋1>0，所以Sn<e－1. 即1<Sn<e－1. 8．将n2个数排成n行n列的数阵，如图所示，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝3，a13＝a51＋1，记这n2个数的和为S，下面叙述正确的是(　　) A．m＝2 B．a78＝15×28 C．aij＝(2i＋1)·2j－1 D．S＝n(n＋2)(2n－1) 答案　ACD 解析　由题意，a13＝a11·m2＝3m2，a51＝a11＋4m＝3＋4m， 由a13＝a51＋1，得3m2＝3＋4m＋1， 整理可得(3m＋2)(m－2)＝0， 由m>0，解得m＝2，故A正确； a71＝a11＋6×2＝15，a78＝a71·27＝15×27≠15×28，故B错误； ai1＝a11＋(i－1)×2＝2i＋1，aij＝ai1·2j－1＝(2i＋1)·2j－1，故C正确； S＝a11·＋a21·＋a31·＋…＋an1·＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＝(2n－1)·＝n(n＋2)(2n－1)，故D正确． 三、填空题 9．如图甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知A1，A2，A3，…为直角顶点，设OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，OA1，OA2，…，OAn构成数列{an}，令bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，则S80＝________. 答案　8 解析　因为OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1， 所以当n≥2时，OAn＝， OAn＝， 所以an＝， bn＝＝＝－， Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－1＋－＋…＋－＝－1， 所以S80＝－1＝8. 10．已知数列{an}为等比数列，a2a3a4＝64，a6＝32，数列{bn}满足bn＝log2an＋1，若不等式4λ≥bn[1－(n＋4)λ]对于任意的n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为________． 答案　 解析　由a2a3a4＝64，得a＝64， 解得a3＝4， 设{an}的公比为q，则q3＝＝8， 解得q＝2，a1＝1， 所以an＝2n－1，bn＝log2an＋1＝n， 则原不等式等价于4λ≥n[1－(n＋4)λ]， 即λ≥， 又＝≤＝， 当且仅当n＝2时等号成立，故λ≥. 四、解答题 11．(2022·新高考全国Ⅱ)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4. (1)证明：a1＝b1； (2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数． (1)证明　设等差数列{an}的公差为d， 由a2－b2＝a3－b3， 得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1； 由a2－b2＝b4－a4， 得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入， 得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1. (2)解　由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1， 由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1， 由a1＝b1≠0得2k－1＝2m， 由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9. 12．已知等差数列{an}满足(n＋1)an＝4n2＋n＋k，k∈R.数列{bn}的前n项和Tn满足2Tn＝3bn－3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)对于集合A，B，定义集合A－B＝{x|x∈A且x∉B}．设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A－B中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50. [解]　(1)由(n＋1)an＝4n2＋n＋k，令n＝1，2，3， 可得a1＝，a2＝，a3＝， ∵{an}是等差数列， ∴2a2＝a1＋a3， 即＝＋，∴k＝－3， 则(n＋1)an＝4n2＋n－3＝(n＋1)(4n－3)， ∵n＋1≠0，∴an＝4n－3. ∵2Tn＝3bn－3，∴当n≥2时，2Tn－1＝3bn－1－3， 两式相减，得2bn＝3bn－3bn－1(n≥2)， 即bn＝3bn－1(n≥2)，∵2b1＝3b1－3，∴b1＝3， ∴数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列， ∴bn＝3n. (2)由(1)知：bn＝3n，则b4＝81，b5＝243， ∵a52＝4×52－3＝205，∴b4<a52<b5， ∴数列{an}的前52项中有数列{bn}中的项b2＝9和b4＝81， ∴数列{cn}的前50项和S50＝(a1＋a2＋…＋a52)－(9＋81)＝－90＝5 266. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$