专题06 数列的综合问题（压轴题专项训练）高二数学北师大版选择性必修第二册

专题06 数列的综合问题 目录 典例详解 类型一、数列的实际应用 类型二、数列与不等式的综合应用 类型三、数列的新定义问题 压轴专练 类型一、数列的实际应用 1.等差数列模型 (1)一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定的具体量，则该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差，其一般形式是（常数）.例如，银行储蓄，利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr)元. (2)按单利分期付款的数学模型是等差数列，解决该类问题的关键是弄清楚：①规定多少时间内付清全部款额；②在规定的时间内分几期付款，并且规定每期所付款额相同；③规定多长时间段结算一次利息，并且在规定时间段内利息的计算公式. 2.等比数列模型 (1)一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定百分数，则该模型是等比数列模型，增加(或减少)的百分数就是公比，其一般形式是(常数).例如，银行储蓄复利公式y=a(a为本金，r为每期的利率，x为存期).产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N. (2)解决等比数列应用题的关键：①认真审题抓特点，仔细观察找规律；②等比数列的特点是增加或减少的百分数相同；③分析数列的规律，一般需先写出数列的一些项加以考查. 3.增长模型 如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加，同时又以一个固定的具体量增加或减少，称该模型为增长模型，如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等. 4.等差数列与等比数列模型的综合应用 解答等差数列、等比数列综合应用问题的关键是通过审题，将实际问题转化为数列模型，运用等差数列和等比数列的知识解决问题，因此在解题过程中必须明确建立的是等差数列模型还是等比数列模型，并明确是求n,还是求，或是求. 例1．近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要安装､人工等费用24万元，从第二年起，包括人工､维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（    ） A．204万元 B．220万元 C．304万元 D．320万元 【答案】A 【分析】设引进设备n年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第n年的成本为，构成一等差数列，由等差数列前公式求得第年总成本，这样可得总盈利，由二次函数性质可得最大值； 【详解】设引进设备年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第年的成本为万元， 则由题意，知为等差数列，前年成本之和为万元， 故，， 所以当时，， 即总盈利的最大值为204万元. 故选：A. 变式1-1．某工厂加工一种电子零件，去年月份生产万个，产品合格率为.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年月份的产量在去年月的基础上提高，产品合格率比去年月增加，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品数达到最大是今年的（    ） A．月份 B．月份 C．月份 D．月份 【答案】C 【分析】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，即可得出结论. 【详解】设从今年月份起，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，， 则从今年月份起，各月不合格产品数量为，单位：万台， 因为 ， 当时，，即，此时，数列单调递增， 即； 当且时，，即，此时，数列单调递减， 即， 因此，当时，最大，故该工厂的月不合格品数达到最大是今年的月份. 故选：C. 变式1-2．（多选）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，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（    ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 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 【答案】ABC 【分析】对于BC，根据等额本金的还款方案分析结合等差数列求和公式计算即可，对于A，等额本息的还款方案分析结合等比数列的判定及求和公式计算判断，对于D，通过比较两种还款方案的优劣进行判断. 【详解】对于A，设第个月贷款利息为，偿还本金为， 则，， 则，， 则， 同理得，，……，， 所以数列是以为公比的递增等比数列， 则有，得， 所以每月还款的本息和为，所以A正确; 对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为30元，本息和应为10030元，故B正确； 对于C，利息和为（元），故C正确； 对于D， 由A知等额本息还款利息和为， 两种贷款方案各有优劣，比等额本金高，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. 变式1-3．某工厂去年12月试生产新工艺消毒剂1250升，产品合格率为，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将正式生产这款消毒剂，今年1月按去年12月的产量和产品合格率生产，此后每个月的产量都在前一个月的基础上提高，产品合格率比前一个月增加. (1)求今年1月到12月该消毒剂的总产量； (2)从第几个月起，月产消毒剂中不合格的量能一直控制在120升以内（不含120升）？ 参考公式：月产消毒剂中不合格的量＝月产量（1－月产品合格率） 参考数据：，，， 【答案】(1)20000升 (2)第12个月，不合格的量能一直控制在120升以内 【分析】（1）设各月的产量构成数列，分析可知数列是以公比为的等比数列，结合等比数列求和公式运算求解； （2）设月不合格率构成数列，则不合格品量为，根据题意结合数列单调性分析求解. 【详解】（1）设从今年1月起，各月的产量构成数列， 因为，且， 可知数列是以公比为的等比数列， 所以今年1月到12月该消毒剂的总产量为升. （2）设从今年1月起，各月不合格率构成数列， 则，， 则从今年1月起，各月不合格产品数量是， 因为 ， 当时，；当时，；当时，； 且，， 所以第12个月，不合格的量能一直控制在120升以内. 类型二、数列与不等式的综合应用 1.数列与不等式 数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围. 常见放缩公式： （1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）； （7）； （8）． （9）． 2.数学归纳 1.数学归纳法定义：对于某些与自然数有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当取第一个值时命题成立；然后假设当（，）时命题成立，证明当时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法 注：即先验证使结论有意义的最小的正整数，如果当时，命题成立，再假设当（，）时，命题成立．（这时命题是否成立不是确定的），根据这个假设，如能推出当时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于的正整数，，…，命题都成立． 2.运用数学归纳法的步骤与技巧 （1）用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤： ①证明：当取第一个值结论正确； ②假设当（，）时结论正确，证明当时结论也正确 由①，②可知，命题对于从开始的所有正整数都正确 （2）用数学归纳法证题的注意事项 ①弄错起始．不一定恒为1，也可能或3（即起点问题）． ②对项数估算错误．特别是当寻找与的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）． ③没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）． ④关键步骤含糊不清．“假设时结论成立，利用此假设证明时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）． 例2．在数列中，，，若不等式 对恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据数列的前n项和与通项之间的关系推出，结合题意可得，设，结合数列单调性可得的最大值，即可得结果. 【详解】因为，， 当时，则， 两式相减可得：，即， 且，即，可知数列是各项均为的常数列， 所以，即. 因为，即，可得， 设，则， 令，解得， 当时，数列递增；当时，；当时，数列递减， 所以的最大值为. 因为对恒成立， 可得，所以实数的取值范围是. 故选：C. 变式2-1．设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则的最小值是（    ） A． B． C． D．8 【答案】D 【分析】由已知可得是常数列可得的通项公式及的通项公式，运用分离参数求最值可得求（），结合换元法转化为求（）的最小值即可. 【详解】由已知，所以， 所以数列是常数列. 又，所以，即， 所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故， 由存在，使得成立可知， 存在，使得成立，即， 设，则，从而. 记（）， 由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，， 所以的最小值是8. 故选：D. 变式2-2．（多选）已知数列满足，. 下列说法正确的是（   ） A．数列每一项都满足 B．数列是递减数列 C．数列的前项和 D．数列每一项都满足成立 【答案】ABD 【分析】利用数学归纳法判断A，通过递推公式，判断出数列单调性，根据取值范围判断BD，算出即可判断C． 【详解】对于A，，， 当时，，所以， 假设当时，； 则当时，， 综上，，故A正确； 对于B，由，可得数列是递减数列，故B正确； 对于C，，，，， ，故C错误； 对于D，因为，所以， 累加得，所以，即， 所以，又，故成立，故D正确． 故选：ABD. 变式2-3．已知各项均为正数的数列满足，，其中，，，． (1)求和的值； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知递推公式代入计算求解； （2）根据已知递推公式化简结合不等式计算证明； （3）解法1：应用数学归纳法结合递推公式证明不等式；解法2：应用放缩法计算结合累加法计算证明. 【详解】（1）因为且，所以； （2）题设条件两边都是正数，直接两边除以， 则有， 由知， 所以，则． （3）解法1：（i）当时，显然成立； （ii）假设当时，成立， 则当时，， 考虑二次函数的单调性可得当时，函数单调递增， 所以， 因为， 所以以及， 即． 由（i）（ii）知不等式成立． 解法2：放缩法． ， 又，所以． 又当时，， 时，， 所以， 故． 所以． 利用累加法可得，即． 而，故，即 综上知． 类型三、数列的新定义问题 1.新定义问题的方法和技巧 （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 2.与数列有关的新定义问题的策略 （1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. （2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. （3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 3.斐波那契数列 （1）斐波那契数列概念：把这个数列：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144,… 称为斐波那契数列，一般记为{Fn}。 （2）斐波那契数列的递推公式： （3）斐波那契数列的通项公式： （4）斐波那契数列的性质（通项公式an，前n项和Sn） ①； ②； ③； ④； ⑤； ⑥； ⑦； ⑧； ⑨； ⑩. 例3．若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为，由此可得数列是等差数列.求得数列的通项公式，并根据裂项相消求和法求得. 【详解】由对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为， 所以数列是首项为，公差为的等差数列. 所以数列的通项公式为. 所以. 所以则. 故选：C. 变式3-1．（多选）若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用“二阶等差数列”、“局部等比数列”的定义逐项判断即可. 【详解】设，对于A选项，，则， 所以数列为常数列，该数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 取，，，则，即、、成等比数列， 故数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，A选项符合题意； 对于B选项，，所以数列为常数列，该数列为等差数列， 易知数列为等比数列，且每项都相同，与题意矛盾，B选项不符合题意； 对于C选项，， 对任意的，，即数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 又因为，，，所以，即、、成等比数列， 所以数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，C选项符合题意； 对于D选项，， 所以不是常数， 故数列不是等差数列，故数列不是“二阶等差数列”，D选项不符合题意. 故选：AC. 变式3-2．（多选）伽利略说：大自然是一本用数学语言写成的书.人们在自然界中发现了斐波那契数列，其中，（），斐波那契数列在动植物生长、艺术设计和金融市场都有广泛应用.下列关于斐波那契数列的正确结论是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据斐波那契数列的递推公式可得到累加后即可判断A选项；取特殊值代入即可排除B选项；根据斐波那契数列的递推公式可得到，累加后即可得到C选项；将看成，然后再利用递推公式即可判断D选项. 【详解】因为，，则，且, 所以，，，…，，， 累加得，故A正确； 因为时，，故B错误； 因为，，…，， 将以上各式相加，得，故C正确； 因为，所以 ，故D正确。 故选：ACD. 变式3-3．若数列满足：当为奇数时，；当为偶数时，.则称数列为和积交替数列. (1)若数列1，a，b，6为和积交替数列，分别求实数a，b的值； (2)若数列为和积交替数列，且，. （i）若3是数列中的项，求实数的值； （ii）若，证明：. 【答案】(1)或 (2)（i）或；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据和积交替数列的定义，列出参数的方程组，求出参数的值. （2）（i）根据和积交替数列的定义，由递推出后面的项，由范围，求出后面项的大小范围，判断3可能出现的位置，求出参数的值. （ii）根据和积交替数列的定义，由递推出后面的项满足的条件，根据数列的递推公式，结合累乘法，通过对数运算，证明命题. 【详解】（1）由题知，，解得，或； （2）（i）由题知，则，， 由，则；， 由，则；，但，， 所以；而，… 以此类推，当，时，. 所以若3是数列中的项， 则或或，解得或. （ii）易知数列中的项均为正整数，由题知，且， 所以，同取以2为底的对数，得， 即.又，所以， 则， 累乘整理，得， 所以时，. 当时，符合上述不等式， 所以，结论得证. 一、单选题 1．行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，最简单的二阶行列式的运算定义如下：，已知是等比数列的前项和，若，则（    ） A．31 B．63 C．127 D．255 【答案】C 【分析】根据行列式定义及等比数列的通项公式求出公比，再由求和公式得解. 【详解】根据题意可得：， 因为数列是等比数列，，则化简得， 因为，所以. 所以. 故选：C. 2．已知数列的前项和为，，，.若，有恒成立，则实数的最大值为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等差中项的应用可知是以1为首项的等差数列，进而求出，代入题意中的不等式可得，设，根据对勾函数的性质计算即可求解. 【详解】由，知数列是以1为首项的等差数列， 又，所以公差，得. 由，得，即， 设，由对勾函数的图象与性质知， 函数在上单调递减，在上单调递增，且， 所以当时，取得最小值. 所以，即t的最大值为. 故选：C 3．李华准备通过某银行贷款8800元，后通过分期付款的方式还款，银行与李华约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月的还款额都相等，贷款的月利率为，则李华每个月的还款额为（    ）（精确到0.01元，参考数据） A．733.21元 B．757.37元 C．760.33元 D．770.66元 【答案】B 【分析】首先可设每一期所还款数为元，然后结合题意列出每期所还款本金，并根据贷款元列出方程，最后借助等比数列前项和公式进行计算即可得出结果. 【详解】设每一期所还款数为元，因为贷款的月利率为， 所以每期所还款本金依次为， 则， 即， ， ， ，即李华每个月所要还款约元. 故选：B. 4．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（    ）(，) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件推理出第次操作去掉的区间长度，然后由等比数列的前项和表示出前次操作去掉的所有区间长度之和，结合对数运算可求解出结果. 【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：， 第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， 第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，，， 以此类推，第次将去掉个长度为的区间，即长度和记为， 所以是首项为，公比为的等比数列， 则的前项和为， 由题意知，所以， 两边同时取对数，即，解得， 所以， 故选：B. 二、多选题 5．已知正项数列满足，，，其中表示不大于的最大整数，则（    ） A． B．数列的前项和为 C．能使，，成等差数列的正整数共有个 D．数列的前项和为 【答案】AC 【分析】根据等差数列通项公式可得的通项公式，即可得，再利用裂项相消法可得的前项和，根据等差中项的性质可得，即可得的范围，利用分组求和的方法可得的前项和. 【详解】对于A，由题可知是首项为，公差为的等差数列，所以， 因为为正项数列，所以，故A正确； 对于B，因为，所以的前项和为，故B错误； 对于C，由题意知，， 因为，，成等差数列， 所以，代入得，解得， 因为，，所以当时，都有， 所以的取值共有个，故C正确； 对于D，当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项 当时，，共项， 所以的前项和为 ，故D错误； 故选：AC. 6．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2，依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令.给出下列四个结论，正确的是（    ） A．第三次得到的数列共9项 B． C．数列是等比数列 D．对每个正整数，以为边长能构成一个三角形 【答案】AC 【分析】由数列的新定义可判断AB；根据递推关系构造数列，根据等比数列的定义判断C；根据等比数列的通项公式求出，再根据函数的单调性化简即可判断D. 【详解】第三次得到的数列，在第二次得到的数列的基础上增加4项，共9项，所以A正确； 由已知，，所以， 当时，设第次构造后得到的数列为，则， 则第次构造后得到的数列为， 则，所以B不正确； 因，则，所以， 因，则， 所以，数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以C正确； 因为数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以， 函数在定义域上单调递增，所以对每一个正整数有， 假设以为边长能构成一个三角形，所以， 从而，即， 即，显然不成立，所以D不正确. 故选：AC. 三、填空题 7．对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用裂项求和法可求出，求出的取值范围，结合有界数列的定义可得出实数的取值范围. 【详解】因为， 所以 ， 因为，故数列为递增数列，故，故， 因为为有界数列，则，故，因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 8．已知向量，，，则 . 【答案】 【分析】先通过数学归纳法证明出，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算. 【详解】， ， …… . 下面用数学归纳法进行证明： 当时，满足题意； 假设当时，， 则当时， ， 故. ∴， ∴. 故答案为：. 四、解答题 9．某林场去年底森林木材储存量为100万.若树木以每年的增长率生长，计划从今年起，每年底要砍伐的木材量为万.记为第年年底的木材储存量. (1)写出、；写出一个和之间的递推关系，并表示成的形式，其中k、r为常数； (2)为了实现经过10年木材储存量翻两番（原来的4倍）的目标，每年砍伐的木材量的最大值是多少？（精确到0.01万）（参考数据：、） 【答案】(1)答案见详解 (2)8.55 【分析】（1）根据题意直接可得、和递推公式，然后变形整理可表示成的形式； （2）由（1）中递推公式可得通项，然后解不等式可得. 【详解】（1）由题意知， ，整理可得 （2）由（1）知是以1.2为公比，为首项的等比数列， 所以，得， 因为10年木材储存量翻两番，所以，即， 因为，所以，解得， 所以每年砍伐的木材量的最大值为8.55万. 10． 欧拉函数 (n∈)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数.例如：，，，，两个正整数互质：除了 1 以外没有公因数，如：2 和3，2 的 因 数 1 和2，3 的 因 数 1 和3，所以 2和 3 互质；5 和7也是互质的. (1)求，； (2)猜测的值（不要求证明）； (3)令，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据欧拉函数的定义，采用枚举法即可求解； （2）根据任意相邻的三个正整数均有两个数与互为质数可求出； （3）先求得的通项公式，根据通项公式的特征，采用错位相减法即可求出其前n项和. 【详解】（1）不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，则， 不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，则. （2）表示相邻的三个正整数，其中与互质的为与两个， 故分别取可得中与互质的正整数个数为， 所以. （3）由以上可得，， 设数列的前n项和为， ， ， 两式相减得： ， 则. 11．已知是等差数列，其前项和为，是等比数列，已知，，，是和的等比中项. (1)求和的通项公式； (2)对任意的正整数，设求数列的前项和. (3)若对于恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）利用及求出，再结合，是和的等比中项可求出； （2）利用错位相减法即可求出； （3）由题可得对于恒成立，令，当时，，当时，单调递减，从而可得. 【详解】（1）由，，解得，           所以；则，           由是和的等比中项，则，解得，      又由，所以，所以. （2）由（1）可得，                  则①， ②，               将两式相减得：， 解得； （3）若，对于恒成立， 即，对于恒成立，         化简得对于恒成立，令， 则，当时，； 所以当时， ， 所以当时，单调递减，当时，， 所以，所以， 故实数的取值范围为． 12．已知数列满足：对任意的，都有（为常数），则称数列为“友好数列”，特别地，当时，数列为“极好数列”. (1)若数列的通项公式分别为，求证：数列为“友好数列”； (2)若数列为“极好数列”，，求数列的通项公式； (3)已知正整数列为“友好数列”，数列为等比数列，且，求证：数列为等差数列. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据“友好数列”以及错位相减求和法证得数列为“友好数列”. （2）利用退一作差法，结合等比数列的定义求得. （3）根据“友好数列”以及等差数列的定义证得数列为等差数列. 【详解】（1）因为数列的通项公式分别为， 所以. 设， 则， 两式相减，可得 ， 所以. 又， 所以对任意，都有， 所以为“友好数列”. （2）因为，所以，，， 且， 所以，① 当时，，② ①-②得，即. 当时，①可化为，即 所以成立，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以. （3）因为数列为“友好数列”， 所以对任意的，都有. 设等比数列的公比为，则. 当时，可得，即. 由得或. 当时，. 当时，，则. 当时，，则. 这与矛盾，所以不符合题意. 当时，， 进而时，恒有，① 所以时，恒有，② ①-②可得. 故数列为等差数列. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 数列的综合问题 目录 典例详解 类型一、数列的实际应用 类型二、数列与不等式的综合应用 类型三、数列的新定义问题 压轴专练 类型一、数列的实际应用 1.等差数列模型 (1)一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定的具体量，则该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差，其一般形式是（常数）.例如，银行储蓄，利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr)元. (2)按单利分期付款的数学模型是等差数列，解决该类问题的关键是弄清楚：①规定多少时间内付清全部款额；②在规定的时间内分几期付款，并且规定每期所付款额相同；③规定多长时间段结算一次利息，并且在规定时间段内利息的计算公式. 2.等比数列模型 (1)一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定百分数，则该模型是等比数列模型，增加(或减少)的百分数就是公比，其一般形式是(常数).例如，银行储蓄复利公式y=a(a为本金，r为每期的利率，x为存期).产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N. (2)解决等比数列应用题的关键：①认真审题抓特点，仔细观察找规律；②等比数列的特点是增加或减少的百分数相同；③分析数列的规律，一般需先写出数列的一些项加以考查. 3.增长模型 如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加，同时又以一个固定的具体量增加或减少，称该模型为增长模型，如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等. 4.等差数列与等比数列模型的综合应用 解答等差数列、等比数列综合应用问题的关键是通过审题，将实际问题转化为数列模型，运用等差数列和等比数列的知识解决问题，因此在解题过程中必须明确建立的是等差数列模型还是等比数列模型，并明确是求n,还是求，或是求. 例1．近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要安装､人工等费用24万元，从第二年起，包括人工､维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（    ） A．204万元 B．220万元 C．304万元 D．320万元 变式1-1．某工厂加工一种电子零件，去年月份生产万个，产品合格率为.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年月份的产量在去年月的基础上提高，产品合格率比去年月增加，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品数达到最大是今年的（    ） A．月份 B．月份 C．月份 D．月份 变式1-2．（多选）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，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（    ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 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 变式1-3．某工厂去年12月试生产新工艺消毒剂1250升，产品合格率为，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将正式生产这款消毒剂，今年1月按去年12月的产量和产品合格率生产，此后每个月的产量都在前一个月的基础上提高，产品合格率比前一个月增加. (1)求今年1月到12月该消毒剂的总产量； (2)从第几个月起，月产消毒剂中不合格的量能一直控制在120升以内（不含120升）？ 参考公式：月产消毒剂中不合格的量＝月产量（1－月产品合格率） 参考数据：，，， 类型二、数列与不等式的综合应用 1.数列与不等式 数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围. 常见放缩公式： （1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）； （7）； （8）． （9）． 2.数学归纳 1.数学归纳法定义：对于某些与自然数有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当取第一个值时命题成立；然后假设当（，）时命题成立，证明当时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法 注：即先验证使结论有意义的最小的正整数，如果当时，命题成立，再假设当（，）时，命题成立．（这时命题是否成立不是确定的），根据这个假设，如能推出当时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于的正整数，，…，命题都成立． 2.运用数学归纳法的步骤与技巧 （1）用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤： ①证明：当取第一个值结论正确； ②假设当（，）时结论正确，证明当时结论也正确 由①，②可知，命题对于从开始的所有正整数都正确 （2）用数学归纳法证题的注意事项 ①弄错起始．不一定恒为1，也可能或3（即起点问题）． ②对项数估算错误．特别是当寻找与的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）． ③没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）． ④关键步骤含糊不清．“假设时结论成立，利用此假设证明时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）． 例2．在数列中，，，若不等式 对恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式2-1．设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则的最小值是（    ） A． B． C． D．8 变式2-2．（多选）已知数列满足，. 下列说法正确的是（   ） A．数列每一项都满足 B．数列是递减数列 C．数列的前项和 D．数列每一项都满足成立 变式2-3．已知各项均为正数的数列满足，，其中，，，． (1)求和的值； (2)求证：； (3)求证：． 类型三、数列的新定义问题 1.新定义问题的方法和技巧 （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 2.与数列有关的新定义问题的策略 （1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. （2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. （3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 3.斐波那契数列 （1）斐波那契数列概念：把这个数列：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144,… 称为斐波那契数列，一般记为{Fn}。 （2）斐波那契数列的递推公式： （3）斐波那契数列的通项公式： （4）斐波那契数列的性质（通项公式an，前n项和Sn） ①； ②； ③； ④； ⑤； ⑥； ⑦； ⑧； ⑨； ⑩. 例3．若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（    ） A． B． C． D． 变式3-1．（多选）若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（   ） A． B． C． D． 变式3-2．（多选）伽利略说：大自然是一本用数学语言写成的书.人们在自然界中发现了斐波那契数列，其中，（），斐波那契数列在动植物生长、艺术设计和金融市场都有广泛应用.下列关于斐波那契数列的正确结论是（   ） A． B． C． D． 变式3-3．若数列满足：当为奇数时，；当为偶数时，.则称数列为和积交替数列. (1)若数列1，a，b，6为和积交替数列，分别求实数a，b的值； (2)若数列为和积交替数列，且，. （i）若3是数列中的项，求实数的值； （ii）若，证明：. 一、单选题 1．行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，最简单的二阶行列式的运算定义如下：，已知是等比数列的前项和，若，则（    ） A．31 B．63 C．127 D．255 2．已知数列的前项和为，，，.若，有恒成立，则实数的最大值为（   ） A．3 B． C． D． 3．李华准备通过某银行贷款8800元，后通过分期付款的方式还款，银行与李华约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月的还款额都相等，贷款的月利率为，则李华每个月的还款额为（    ）（精确到0.01元，参考数据） A．733.21元 B．757.37元 C．760.33元 D．770.66元 4．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（    ）(，) A． B． C． D． 二、多选题 5．已知正项数列满足，，，其中表示不大于的最大整数，则（    ） A． B．数列的前项和为 C．能使，，成等差数列的正整数共有个 D．数列的前项和为 6．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2，依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令.给出下列四个结论，正确的是（    ） A．第三次得到的数列共9项 B． C．数列是等比数列 D．对每个正整数，以为边长能构成一个三角形 三、填空题 7．对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围是 . 8．已知向量，，，则 . 四、解答题 9．某林场去年底森林木材储存量为100万.若树木以每年的增长率生长，计划从今年起，每年底要砍伐的木材量为万.记为第年年底的木材储存量. (1)写出、；写出一个和之间的递推关系，并表示成的形式，其中k、r为常数； (2)为了实现经过10年木材储存量翻两番（原来的4倍）的目标，每年砍伐的木材量的最大值是多少？（精确到0.01万）（参考数据：、） 10． 欧拉函数 (n∈)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数.例如：，，，，两个正整数互质：除了 1 以外没有公因数，如：2 和3，2 的 因 数 1 和2，3 的 因 数 1 和3，所以 2和 3 互质；5 和7也是互质的. (1)求，； (2)猜测的值（不要求证明）； (3)令，求数列的前n项和． 11．已知是等差数列，其前项和为，是等比数列，已知，，，是和的等比中项. (1)求和的通项公式； (2)对任意的正整数，设求数列的前项和. (3)若对于恒成立，求实数的取值范围. 12．已知数列满足：对任意的，都有（为常数），则称数列为“友好数列”，特别地，当时，数列为“极好数列”. (1)若数列的通项公式分别为，求证：数列为“友好数列”； (2)若数列为“极好数列”，，求数列的通项公式； (3)已知正整数列为“友好数列”，数列为等比数列，且，求证：数列为等差数列. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $