數(shù)列的綜合應(yīng)用-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)16數(shù)列的綜合應(yīng)用【十二大題型】

【新高考專用】

?題型歸納

【題型1等差、等比數(shù)列的交匯問題】..........................................................3

【題型2數(shù)列中的數(shù)學(xué)文化問題】...............................................................6

【題型3數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問題】.................................................................9

【題型4數(shù)列中的不等式恒成立、有解問題】...................................................13

【題型5數(shù)列中的不等式證明問題】............................................................17

【題型6子數(shù)列問題】........................................................................21

【題型7數(shù)列與函數(shù)的交匯問題】.............................................................26

【題型8數(shù)列與導(dǎo)數(shù)的交匯問題】..............................................................29

【題型9數(shù)列與概率統(tǒng)計的交匯問題】.........................................................34

【題型10數(shù)列與平面幾何的交匯問題】........................................................38

【題型11數(shù)列中的結(jié)構(gòu)不良題】...............................................................43

【題型12數(shù)列的新定義、新情景問題】........................................................47

?命題規(guī)律

1、數(shù)列的綜合應(yīng)用

數(shù)列是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，命題形式多種多樣，大小均有，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情

況來看，數(shù)列的綜合應(yīng)用問題以及數(shù)列與函數(shù)、不等式等知識的交匯問題，是歷年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，以解

答題的形式考查，一般圍繞等差數(shù)列、等比數(shù)列的知識命題，涉及數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)、通項(xiàng)公式、前〃項(xiàng)和

公式等.去年高考壓軸題中出現(xiàn)數(shù)列的新定義、新情景題，綜合性強(qiáng)，難度大，需要靈活求解.

?方法技巧總結(jié)

【知識點(diǎn)1等差、等比數(shù)列的交匯問題的解題策略】

1.等差、等比數(shù)列的交匯問題的求解思路：

(D等差與等比數(shù)列的基本量間的關(guān)系，利用方程思想和通項(xiàng)公式、前〃項(xiàng)和公式求解，求解時注意對

性質(zhì)的靈活運(yùn)用.

(2)數(shù)列的綜合運(yùn)算問題常將等差、等比數(shù)列結(jié)合，兩者相互聯(lián)系、相互轉(zhuǎn)化，解答這類問題的方法：

尋找通項(xiàng)公式，利用性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化.

【知識點(diǎn)2數(shù)列的數(shù)學(xué)文化問題】

1.數(shù)列的數(shù)學(xué)文化問題的解題步驟：

(1)讀懂題意：會脫去數(shù)學(xué)文化的背景，讀懂題意；

(2)構(gòu)造模型：根據(jù)題意，構(gòu)造等差數(shù)列、等比數(shù)列或遞推關(guān)系式的模型；

(3)求解模型：利用數(shù)列知識求解數(shù)列的基本量、通項(xiàng)公式、前〃項(xiàng)和等，解決問題.

【知識點(diǎn)3數(shù)列的新定義、新情景問題】

1.數(shù)列的新定義、新情景問題的求解策略

⑴新定義問題：遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的

要求，“照章辦事”，逐條分析，運(yùn)算，驗(yàn)證，使得問題得以解決.

(2)新情景問題：通過給出一個新的數(shù)列的概念，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)新問

題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，

達(dá)到靈活解題的目的.

【知識點(diǎn)4數(shù)列的綜合應(yīng)用】

1.數(shù)列與不等式交匯問題的解題策略

(1)解決數(shù)列與不等式的綜合問題時，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合

法、分析法、放縮法等；若是含參數(shù)的不等式恒成立、有解問題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究最值問題來

解決.

(2)數(shù)列與不等式交匯問題的答題模板

第一步：根據(jù)題目條件，求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；

第二步：根據(jù)數(shù)列項(xiàng)的特征，選擇合適的方法(公式法、分組轉(zhuǎn)化法、裂項(xiàng)相消法、錯位相減法等)求和;

第三步：利用第二步中所求得的數(shù)列的和，證明不等式或求參數(shù)的范圍；

第四步：反思解題過程，檢驗(yàn)易錯點(diǎn)，規(guī)范解題步驟.

2.數(shù)列與函數(shù)交匯問題的解題策略

數(shù)列與函數(shù)綜合問題的主要類型及解題策略

(1)已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題.

(2)已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要利用數(shù)列的通項(xiàng)公式、前〃項(xiàng)和公式、求和方

法等對式子化簡變形.

注意數(shù)列與函數(shù)的不同，數(shù)列只能看作是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù)，在解決問題時要注意這一特殊

性.

3.子數(shù)列問題的解題策略

子數(shù)列是數(shù)列問題中的一種常見題型，將原數(shù)列轉(zhuǎn)化為子數(shù)列問題一般適用于某個數(shù)列是由幾個有規(guī)

律的數(shù)列組合而成的，具體求解時，要搞清楚子數(shù)列的項(xiàng)在原數(shù)列中的位置，以及在子數(shù)列中的位置，即

項(xiàng)不變化，項(xiàng)數(shù)變化，它體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸以及分類討論、函數(shù)與方程的思想，能很好地考查學(xué)生的思維.

4.數(shù)列中結(jié)構(gòu)不良題的解法

(1))先定后動，先對題目中確定的條件進(jìn)行分析推斷，再觀察分析“動”條件，結(jié)合題干要求選出最適

合自己解答的條件求解.

(2)最優(yōu)法，當(dāng)題干中確定的條件只有一個時，要根據(jù)自己的知識優(yōu)勢和擅長之處選擇更適合自己的條

件進(jìn)行解答.

5.數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問題的解題策略

(1)數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用中的常見模型

①數(shù)列一一分期付款模型；

②數(shù)列一一產(chǎn)值增長模型；

③數(shù)列一一其他模型;

(2)解決數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問題的解題思路

①根據(jù)題意，分析題干條件，正確確定數(shù)列模型；

②利用數(shù)列知識求出數(shù)列的基本量、通項(xiàng)公式等，準(zhǔn)確求解模型;

③通過數(shù)列模型解決問題，注意不要忽視問題的實(shí)際意義.

?舉一反三

【題型1等差、等比數(shù)列的交匯問題】

[例1](2024?四川綿陽?三模)已知首項(xiàng)為1的等差數(shù)列｛an｝滿足：的,。2，。3+1成等比數(shù)列.

(1)求數(shù)列｛冊｝的通項(xiàng)公式；

n

(2)若數(shù)列｛"｝滿足：arbn+a2bAi+-+anb1=3-l,求數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和

【解題思路】(1)由已知列式求得公差，代入等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得答案；

71n

(2)令。九=CL1bn++…+%1仇=3—19得。荏+1=a/n+i+“2勾+…+冊+1瓦=3+1—1,兩式

71

相減得Tn+1=2?3%又。1=的瓦=2=瓦=2,即得7n=2?3T

【解答過程】(1)設(shè)｛冊｝公差為d,又的,?，。3+1成等比數(shù)列，

所以慰=%?Q+1)=(%+d)2=。式。1+2d+1),

又=1,即(1+d)2=2+2d,解得d=1或d=—1,

而d=-l時，不滿足的,◎2，。3+1成等比數(shù)列，所以d=l,

所以斯=1+(H—1)X1=H.

71

(2)令。九=ct]bn+a2bli-i+…+冊瓦=3—1,

所以。九+1=tti^n+l+a2^n+…+an+l^l=3n+1—1,

n

兩式相減有：Dn+i-Dn=a也+i+(bn+%-i—+-bi)=2-3,

所以數(shù)列｛3｝的前幾+1項(xiàng)和為2?3%即〃+i=2?3%

n-1

又=a1b1=2=>瓦=2,所以瓦+b2+■■■+bn=2-3,

所以7n=2-3"、

【變式1-1](2023?全國?模擬預(yù)測)已知等差數(shù)列｛%｝的前"項(xiàng)和為%，ai+a2+3a4=25,且(13+2,a*

2成等比數(shù)列.

(1)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)“=an-，3華,求數(shù)列｛"J的前n項(xiàng)和

【解題思路】(1)設(shè)出公差，表達(dá)出前5項(xiàng)，通過等差和等比關(guān)系求出和公差d,即可得到數(shù)列｛a,J的通

項(xiàng)公式；

(2)表達(dá)出數(shù)列｛勾｝的通項(xiàng)公式，得到數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和〃的表達(dá)式，利用錯位相減法即可得出數(shù)列｛0｝

的前n項(xiàng)和.

【解答過程】(1)由題意，neN*

在等差數(shù)列｛%｝中，設(shè)公差為d,

由即+a2+3a4=25,得5al+10d=25,則%+2d==5,

又的+2,。4,as—2成等比數(shù)列，

：.7,5+d,3+2d成等比數(shù)列，得(5+d)2=7(3+2d),即(d-2)2=0,得d=2,

an=a3+(n—3)d=2n—1,neN*,

數(shù)列｛%J的通項(xiàng)公式為：期=2n-l(nGN*).

(2)由題意及(1)得，neN*,

在數(shù)列｛時｝中，an=2n-1,

a+1

在數(shù)列｛0｝中，bn-an-V3n,

n

：.bn=(2n-1)-V3^=(2n-1)-3,

123n

ATn=1x3+3X3+5X3+???+(2n-1)x3,

3T“=1x32+3x33+…+(2n-3)x3n+(2n-1)x3n+1,

兩式相減得-2Tn=3+2(32+33+…+3n)-(2n-1)-3n+1

9(1-3九T)

=3+2-----------(2n-1)-3n+i

1—3

=-6+(2-2n)-3?l+1.

rt

：.Tn=3+(n-1)-3+i(nGN,).

【變式1-2](2024?上海奉賢?二模)已知數(shù)列｛冊｝和｛%｝,其中bn=21,neN*,數(shù)列｛%+bn｝的前n項(xiàng)和

為

(1)若％=2n,求Sn；

(2)若｛bn｝是各項(xiàng)為正的等比數(shù)列，S“=3n,求數(shù)列｛冊｝和｛%｝的通項(xiàng)公式.

【解題思路】(1)先判定數(shù)列｛冊｝和｛%｝分別為等差和等比數(shù)列，進(jìn)而分別得到其通項(xiàng)公式，從而利用分

組求和的方法得到數(shù)列｛瑪+以｝的前n項(xiàng)和%.

(2)利用數(shù)列｛冊+九｝的前幾項(xiàng)和Sn=3"列出方程組，解之即可求得的、d、瓦、q,進(jìn)而求得數(shù)列｛%｝和｛%｝

的通項(xiàng)公式.

【解答過程】⑴解：當(dāng)幾22時，詼一an_i=2n-2(n-1)=2,從而｛%｝是等差數(shù)列，an-2n,

(；=葺？=20廠。51=4,所以｛%｝是等比數(shù)歹I],

又比=2al=22=4,貝肪n=4X4n-1=4",

所以Sn=n(2+2n)+4x(1-4")=/十幾+2(平一]).

21—43

(2)解：｛%｝是各項(xiàng)為正的等比數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為瓦，公比為q,

由。=2廝,可得0n=log2Z??,則%+1-％=log2hn+i-log2fen=log2q,(定值)

則數(shù)列｛a?｝為等差數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為由,公差為d,

由數(shù)列｛an+的前n項(xiàng)和%=3n,

=3

%+d+比q=3,fd+biqz-bqno,

可得方程組32

%+2d+"q?=3，[d+b1q—b1q=0'

3

%+3d+brq=3

解得：b、q(q—l)2=0,v瓦H0,qW0,???q=1且d=0,

由的+2劭=3,可得的=1,則Z?i=2,

則數(shù)列｛斯｝的通項(xiàng)公式為即=1;數(shù)列｛"｝的通項(xiàng)公式為"=2.

【變式1-3](2024?天津?二模)設(shè)｛%｝是等差數(shù)列，其前幾項(xiàng)和右,｛bn｝是等比數(shù)列，且的=b=3,%=歷，

S3=15.

(1)求｛斯｝與｛4J的通項(xiàng)公式；

冊",幾為奇數(shù)

⑵設(shè)％=卜3-471)%出便將，求數(shù)列｛0｝的前2九項(xiàng)和Rri；

-——久,九為偶數(shù)

'廝-1%1+1

(3)若對于任意的nGN*不等式n(an+1)-Z(an-l)(n+2)-12<0恒成立，求實(shí)數(shù)4的取值范圍.

【解題思路】(1)結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，求和公式以及等比數(shù)列的通項(xiàng)公式進(jìn)行求解；

(2)可以采取分組求和的方式，即將奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)的和分開求解，再利用錯位相減法以及裂項(xiàng)相消法分

別求和；

(3)對于求參數(shù)的范圍，一般可以采用分離參數(shù)的方法，對于求后面式子的最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行

分析求解.

【解答過程】(1)設(shè)等差數(shù)列｛%｝的公差為d,等比數(shù)列｛%｝的公比為q,

由S3=15,03al+3d=15,又％=3,n3+d=5,=>d=2,

由<14=。2，0即+3d=b1-q,又％=bi=3,=>3+3d=3q,=>q=3,

-1n

???瑪=3+2(n-1)=2n+1,bn=3-3"=3,

n

即an=2zi+1,bn=3.

(2)當(dāng)打?yàn)槠鏀?shù)時，％=%?%=(2n+l>3”，

記4n=q+C3+C5H-----Fc2n則有

=3x34-7x33+11x35+?-?+(4n-1)x32n-1?,

3572n+1

94n=3x3+7x3+11X3+?■?+(4n-1)x3@,

①-②得：

3572n-12n+1

-8An=9+4x(3+3+3+...+3)-(4n-1)x3,

27X(：3"T)2n+1

n-8Al=9+4x_(4九-i)x3,

.924n—9ex

=4=—+-------x9n,

n1616

當(dāng)n為偶數(shù)時，％=隹=毋梟="（白-惠）,

記取=c2+c4+c6H------1-c2n,

1,3234.,1,3436、?1,3638、?,1,32n32n+213232n+2.

=>n=-X(--------)+-X(---------)+-X(---------)+…+-X(---------------A)=Bnn=-Xz(------------)

n4、37)4、7II74kll1574k4n-l4n+37n4、34n+37

gn+l

16n+12

=＞%=冬+%遙+寫X9」就

(3)由冊=2n+1與?2(冊+1)-A(an—l)(n+2)-12<0恒成立,

可得幾(2九+2)-A-2n(n+2)-12<0恒成立,

n%＞粵等與亙成立，即求與二的最大值,

n^+2nn^+2n

設(shè)〃4=層#-6=1一_

」,)n2+lnn(n+2)

n+7n+6九2+13n+18

/(n+l)-/(n)+>0,

(n+l)(n+3)n(n+2)n(n+l)(n+2)(n+3)

???/（n）單調(diào)遞增,

又:臺＞。，

???加）=1一券＜1，

A>1.

【題型2數(shù)列中的數(shù)學(xué)文化問題】

【例2】（2024?陜西安康?模擬預(yù)測）“孫子定理”又稱“中國剩余定理“，最早可見于我國南北朝時期的數(shù)學(xué)

著作《孫子算經(jīng)》，該定理是中國古代求解一次同余式組的方法，它凝聚著中國古代數(shù)學(xué)家的智慧，在加

密、秘密共享等方面有著重要的應(yīng)用.已知數(shù)列｛an｝單調(diào)遞增，且由被2除余數(shù)為1的所有正整數(shù)構(gòu)成，現(xiàn)將

。6，。9，的1，%3的末位數(shù)按從小到大排序作為加密編號，則該加密編號為()

A.1157B.1177C.1155D.1122

【解題思路】由題意可知％=2幾-1,求出＜26，。9，%1，du，即可求解.

【解答過程】由題可知數(shù)列｛an｝是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列，

所以an=2n-l,得=11,=17,=21,a13=25,

所以。6，。9，的1，刖3的末位數(shù)依次為1,7,1,5,故加密編號為1157.

故選：A.

【變式2-1](2024?全國?模擬預(yù)測)據(jù)中國古代數(shù)學(xué)名著《周髀算經(jīng)》記截：“勾股各自乘，并而開方除之

(得弦).“意即“勾”a、“股上與“弦”c之間的關(guān)系為。2+扶=c2(其中aWb).當(dāng)a,b,c€N*時，有如下

勾股弦數(shù)組序列：(3,4,5),(5,12,13),(7,24,25),(9,40,41),…，則在這個序列中，第10個勾股弦數(shù)組中的“弦”

等于()

A.145B.181C.221D.265

【解題思路】由給定的勾股弦數(shù)組序列中，%=2?1+1(?1eN*),c-b-1,得a?=(c+b)(c-b)-b+c,

由(2n+l)2=(2n2+2n)+(2n2+2n+l),n6W*,得7=2n2+2n+l(neN*).

【解答過程】因?yàn)閍?+b2=c2,所以a?=c2-h2=(c+b)(c-b').

在給定的勾股弦數(shù)組序列中，c—b=l,所以a2=c+b.

易得勾股弦數(shù)組序列中“勾”的通項(xiàng)公式為冊=2n+l(nGN*),

所以成=(2n+I)2=4n2+4n+1=(2n2+2n)+(2n2+2n+1),nGN*,

故“弦”的通項(xiàng)公式為品=2層+2n+1(neN*).

所以第10個勾股弦數(shù)組中的“弦”等于2x1。2+2x10+1=221.

故選：C.

【變式2-2](2024?四川?模擬預(yù)測)分形幾何學(xué)是美籍法國數(shù)學(xué)家伯努瓦?曼德爾布羅特在20世紀(jì)70年代

創(chuàng)立的一門新學(xué)科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學(xué)領(lǐng)域的眾多難題提供了全新的思路.下圖展示了如何按照圖

①的分形規(guī)律生長成一個圖②的樹形圖，則在圖②中第5行的黑心圈的個數(shù)是()

第1行

第2行

第3行

圖①圖②

A.12B.13C.40D.121

【解題思路】本題是一個探究型的題目，從圖①中讀取信息：白球分形成兩白一黑，黑球分型成一白兩黑;

由圖②，從第二行起，球的總個數(shù)是前一行的3倍，白球的個數(shù)是前一行白球個數(shù)的兩倍加上黑球的個數(shù),

黑球的個數(shù)是前一行黑球個數(shù)的兩倍加上白球的個數(shù).由此建立遞推關(guān)系求解得到結(jié)果.

【解答過程】設(shè)題圖②中第n行白心圈的個數(shù)為勾，黑心圈的個數(shù)為勾，

依題意可得與+=3"T,且有。1=1,%=0,

所以｛即+%｝是以內(nèi)+0=1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，

n-1

???an+bn=30；

=2ctn+bnJbn+i=2b"+ctn?

故有與+1-^n+l=an~b",

；?｛%,-%｝為常數(shù)數(shù)列，且的-b=1,所以｛噩―%｝是以國-瓦=1為首項(xiàng)，1為公比的等比數(shù)列，

冊—bn1（2）；

由①②相加減得：

3n-1+l,3n-1-l

an=-2，*=-2；

Q_1

所以仇=4寧=40.

故選：C.

【變式2-3］（2024?陜西漢中?二模）圖I是第七屆國際數(shù)學(xué)教育大會（簡稱ICME-7）的會徽圖案，會徽

的主題圖案是由如圖2所示的一連串直角三角形演化而成的，其中。&=AtA2=A2A3=…=4748=1，

如果把圖2中的直角三角形繼續(xù)作下去，則第九個三角形的面積為（）

D.y/n

【解題思路】記。4i，0A2,的長度構(gòu)成的數(shù)列為｛aj依題意可得堤=碓_1+1,即可得到｛a念是以1

為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，從而求出與，再由面積公式計算可得.

【解答過程】記。41，0A2，…,。心的長度構(gòu)成的數(shù)列為｛aj,

由題意知，=人243=…=47人8=L且△。&42,△OA2A3,....△O&A都是直角三角形，

所以%=1,且成=a-i+l,所以數(shù)列｛欣｝是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，

所以碎=1+（九-1）X1=71,

由見1>0，所以見I=?.

所以第九個三角形的面積為如x1=當(dāng)

故選：B.

【題型3數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問題】

【例3】（23-24高二下?河南駐馬店?期中）某醫(yī)院購買一臺大型醫(yī)療機(jī)器價格為a萬元，實(shí)行分期付款，每

期付款b萬元，每期為一個月，共付12次，如果月利率為5%。，每月復(fù)利一次，則a,b滿足（）

/、12

A.12b=aB.12b=a(l+5%o)

12

C.12b=a(l+5%0)D.a<12b<a(l+5%o)

【解題思路】由題意可得b(l+1,005+1,0052+-+1.00511)=a(l+0.005)12,結(jié)合放縮即可得解.

【解答過程】b(l+1.005+1.0052+…+1.00511)=a(l+0.005)12,

12

由1+1.005+1.0052+…+1.00511>12,故126Va(l+5%。)，

_6(1+1.005+1.0052+…+1.00511)_J+L005+L0052+-+1.0051、,

a—(1+0.005)12—V1.00512)b'

+1+1.005+1.0052+...+1.005112x1.00512_

1.005121.00512-'

12

故a<126,即有a<12b<a(l+5%°).

故選：D.

【變式3-1](2024?山西運(yùn)城?一模)某工廠加工一種電子零件，去年12月份生產(chǎn)1萬個，產(chǎn)品合格率為87%.

為提高產(chǎn)品合格率，工廠進(jìn)行了設(shè)備更新，今年1月份的產(chǎn)量在去年12月的基礎(chǔ)上提高4%,產(chǎn)品合格率

比去年12月增加0.4%,計劃以后兩年內(nèi)，每月的產(chǎn)量和產(chǎn)品合格率都按此標(biāo)準(zhǔn)增長，那么該工廠的月不

合格品數(shù)達(dá)到最大是今年的()

A.5月份B.6月份

C.7月份D.8月份

【解題思路】該工廠每月的產(chǎn)量、不合格率分別用冊、時表示，月份用以neN*)表示，求出的表達(dá)式，

分析數(shù)列｛。"力，即可得出結(jié)論.

【解答過程】設(shè)從今年1月份起，每月的產(chǎn)量和產(chǎn)品的合格率都按題中的標(biāo)準(zhǔn)增長，

該工廠每月的產(chǎn)量、不合格率分別用時、%表示，月份用riSeN*)表示，

則與=1x(1+4%)n=1.004%%=1—(87%+n-0.4%)=-0.004n+0.13,其中n<24,n€N*,

則從今年1月份起，各月不合格產(chǎn)品數(shù)量為anbn=L04nx(0.13-0.004n),單位：萬臺，

n+1n

因?yàn)?n+ibn+i-anbn=1.04x[0.13-0.004(n+1)]-1.04x(0.13-0.004n)

=1.04n[1.04x0.13-1.04x0.004(n+1)-0.13+0.004n]

ir\A.nC4n

=1.04n(0.00104-0.00016n)=等(104-16n)=^^-(13-2n),

當(dāng)幾W6時，an+1bn+1-anbn>0,即時+也+i>anbn,此時，數(shù)列｛a"九｝單調(diào)遞增，

即0他1<a2b2<…Va7b7；

當(dāng)7471工23且neN*時,an+1bn+1-anbn<0,即每+i0+i<anbn,此時,數(shù)列｛冊％｝單調(diào)遞減，

即a7b7>a8b8>…>a24b24,

因此，當(dāng)n=7時，與%最大，故該工廠的月不合格品數(shù)達(dá)到最大是今年的7月份.

故選：C.

【變式3?2】(2023?湖南郴州?三模)“現(xiàn)值”與“終直，是利息計算中的兩個基本概念，掌握好這兩個概念，

對于順利解決有關(guān)金融中的數(shù)學(xué)問題以及理解各種不同的算法都是十分有益的.所謂“現(xiàn)值”是指在幾期末的

金額，把它扣除利息后，折合成現(xiàn)時的值，而“終值”是指n期后的本利和.它們計算的基點(diǎn)分別是存期的起點(diǎn)

和終點(diǎn).例如，在復(fù)利計息的情況下，設(shè)本金為4每期利率為廠,期數(shù)為九,到期末的本利和為S,則S=71(1+r)n

其中，S稱為n期末的終值，4稱為n期后終值S的現(xiàn)值，即九期后的S元現(xiàn)在的價值為力=71.

(7l+r)nr

現(xiàn)有如下問題：小明想買一座公寓有如下兩個方案

方案一：一次性付全款25萬元；

方案二：分期付款，每年初付款3萬元，第十年年初付完；

(1)已知一年期存款的年利率為2.5%,試討論兩種方案哪一種更好？

(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交納租金2萬元，此后每年初漲租金1000元，參照第(1))問中

的存款年利率2.5%,預(yù)計第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值.(精確到百元)

參考數(shù)據(jù)：(1+2.5%)10x1.28

【解題思路】(1)解法1(從終值來考慮)，分別求出若全款購置，則25萬元10年后的價值和若分期付

款，每年初所付金額3萬元，10年后的總價值，兩者比較即可得出答案.

解法2(從現(xiàn)值來考慮)每年初付租金3萬元的10年現(xiàn)值之和與購置一次付款25萬元相比，即可得出答案.

(2)設(shè)小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬元，T=2(l+2.5%)10+2.1(1+2.5%)9+

…+2.9(1+2.5%),由錯位相減法即可求出T.

【解答過程】(1)解法1(從終值來考慮)若全款購置，則25萬元10年后的價值

25(1+2.5%)10x32.00(萬元)

若分期付款，每年初所付金額3萬元，10年后的總價值為

S=3(1+2.5%)10+3(1+2.5%)9+.??+3(1+2.5%)?34.44(萬元).

因此，付全款較好.

解法2(從現(xiàn)值來考慮)每年初付租金3萬元的10年現(xiàn)值之和為

333

0=3H----------1-------------k...4------------

1+2.5%(1+2.5%>(1+2.5%)9

/I-1.02510\

n1.0251in0Q=3x1.025-~~―――

1-1.025

比購置一次付款25萬元多，故購置設(shè)備的方案較好.

(2)由題意，設(shè)小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬元,

T=2(l+2.5%)10+2.1(1+2.5%)9+…+2.9(1+2.5%)

記1+2.5%=q,an=-O.ln+3,則

210

T=arq+a2qd----Fa10Q

231011

qT=a1q+a2q+—Fa9g+a10q

作差可得:(1—q)T=2.9g—0.1(q2+q34----卜q10)—2qn

nT=3q—0.1(q+Q2+Q3+…+q10)—2g11

T=3'--0.1--2?—-27.88(萬元).

1-q(l-q)/IF

【變式3-3](2023?廣東佛山?一模)佛山新城文化中心是佛山地標(biāo)性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以

最簡單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀(jì)蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應(yīng).坊塔是文化中心

的標(biāo)志性建筑、造型獨(dú)特、類似一個個方體錯位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個高度相同的方

體組成塔基，支托上部5個方體，交錯疊合成一個外形時尚的塔身結(jié)構(gòu).底部4個方體高度均為33.6米，中

間第5個方體也為33.6米高，再往上2個方體均為24米高，最上面的兩個方體均為19.2米高.

(1)請根據(jù)坊塔方體的高度數(shù)據(jù)，結(jié)合所學(xué)數(shù)列知識，寫出一個等差數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式，該數(shù)列以33.6為

首項(xiàng)，并使得24和19.2也是該數(shù)列的項(xiàng)；

(2)佛山世紀(jì)蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據(jù)你得到的等差數(shù)列，連續(xù)取用該數(shù)列前機(jī)項(xiàng)

的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的堆疊規(guī)則，自下而上依次為2的、

3a2、4a3、、(m+l)am((m+Da.表示高度為a.的方體連續(xù)堆疊伍+1層的總高度)，請問新堆疊

坊塔的高度是否超過310米？并說明理由.

【解題思路】(1)根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式運(yùn)算求解，并檢驗(yàn)24和19.2是否符合；

(2)根據(jù)題意求$7,并與310比較大小,分析判斷.

【解答過程】(1)由題意可知：的=33.6,注意到33.6-24=9.6,24—19.2=4,8,

取等差數(shù)列的公差d=—2.4,則0n=33.6-2.4(n-1)=36-2.4n,

令a.=36-2.4n=24,解得n=5,即24為第5項(xiàng)；

令即=36—2.4n=19.2,解得幾=7,即19.2為第7項(xiàng)；

故與=36—2.4n符合題意.

(2)可以，理由如下：

由(1)可知：m<7,a1—33.6,a2—31.2,a3-28.8,a4—26.4,—24,a6—21.6,a7—19.2,

設(shè)數(shù)列｛O+1)冊｝的前n項(xiàng)和為S”，

■:S]—2al+3a2+4a3+…+8a7=856.8>310,

故新堆疊坊塔的高度可以超過310米.

【題型4數(shù)列中的不等式恒成立、有解問題】

【例4】(2024?湖南長沙?模擬預(yù)測)已知數(shù)列5｝滿足由+春+母+…+岸=2n(neN*).

⑴求數(shù)列｛冊｝的通項(xiàng)公式；

(2)已知數(shù)列出n｝滿足0=券.

①求數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和加；

②若不等式(-1)"<7\+會對任意neN*恒成立，求實(shí)數(shù)4的取值范圍.

【解題思路】(1)利用數(shù)列的遞推關(guān)系求｛%｝的通項(xiàng)公式；

(2)①利用錯位相減求和即可；②設(shè)金=2-卷，根據(jù)數(shù)列｛%｝的單調(diào)性，分”為偶數(shù)、為奇數(shù)討論可得答

案.

【解答過程】(1)因?yàn)榈??+?+…+%=2n(neN*)①，

23n

當(dāng)?1=1時，。1=2,當(dāng)九22時，+--~7^n-l=2(荏-1)②，

①—②得3冊=2,即a九=2n；因?yàn)榈?2符合，所以an=2n(nGN*)；

(2)①,由(1)知bn=Wi=、,所以,丁1=,+^■+費(fèi)+…+全

所以產(chǎn)九=*+捻+春+…+"+向’兩式相減得,

111111-

T-......九_l[(D]九九+2

5T九-5+齊+系++蘇一尹一_一尹_1_尹，

2

所以7n=2-崇；

②，由①得(―1)。<2—噤+自=2—/，

設(shè)％=2-右，則數(shù)列｛cn｝是遞增數(shù)列.

當(dāng)〃為偶數(shù)時，2<2—2恒成立，所以4<2-最=:；

當(dāng)〃為奇數(shù)時，—4<2-右恒成立，所以—4<2—看=1即％>-L

綜上，入的取值范圍是(-1,1).

【變式4-1](2024?廣東廣州?模擬預(yù)測)己知數(shù)列｛冊｝的前幾項(xiàng)和為S”，數(shù)列｛m｝是公差為,的等差數(shù)列，且

—2.

⑴求數(shù)列｛冊｝的通項(xiàng)公式;

(2)若存在716N*,使得工+工+…成立，求實(shí)數(shù)4的取值范圍.

?1?2。2a3?n?n+l

【解題思路】(1)根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得%=攻手，結(jié)合斯=Sn-Szl_i計算即可求解;

(2)由(1)可得一--=---=，利用裂項(xiàng)相消求和法可得」—I---I--1------卷則4wn

2

兀+17l+ln+2a2a3^-n^n+12(n+2~)'

結(jié)合基本不等式計算即可求解.

【解答過程】(1)由題意知:

所以曰=2+黃(九一1)=等，整理得：S一若巴

(九一1)(71+2)

又當(dāng)n22時，a=S-S_=竽)n+1,

nnnt2

因?yàn)閲?2滿足上式，所以冊=71+1,

故數(shù)列｛詼｝的通項(xiàng)公式為斯=n+l.

(2)由(1)知斯=九+1,可得一--==^-~

anan+i(n+l)(n+2)n+ln+2

a2a3anan+i2334n+ln+22(n+2),

解法1：由熹+表+…+土；可得就不2'5+2)，

即2W2,貝L2]'

zz

2(n+2)L2(n+2)Jmax

Vrhn—]<2_

乂出25+2)2—2(n申4)&16'

當(dāng)且僅當(dāng)九=士即n=2時取等號,

n

1

解法2：由」—I---I--1-------->A(n+2),

a2a3anan+l

11

可得2W

2(n+2)(n+2)2

1

當(dāng)?i+2=4,即ri=2時,16,

則4W套，故實(shí)數(shù)4的取值范圍為(-8塌.

【變式4-2](23-24高二下?湖北?期中)已知數(shù)列｛an｝的前幾項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn=2%-2.數(shù)列也｝的前n

項(xiàng)和為7\，且滿足。1=1,T~~+~~+.......+~~——1—~~(nGN).

bib?b2b3bnbn+ibn+1''

(1)求數(shù)列｛an｝,｛“｝的通項(xiàng)公式；

n

(2)若％=anbn,設(shè)數(shù)列｛0｝的前n項(xiàng)和為Hn，且對任意的neN*,Hn-[n-(-l)m]an+1<0恒成立，求m

的取值范圍.

【解題思路】(1)根據(jù)土與冊的關(guān)系，作差結(jié)合等比數(shù)列定義即可求得a=2%當(dāng)九22時，4+4+……+

n01^2b2b3

廣一=1-三，作差變形得好+1—九=l(n21),利用等差數(shù)列定義求通項(xiàng)公式即可；

0nbn

(2)先利用錯位相減法求得/4=5-1)?2n+1+2,然后把恒成立問題轉(zhuǎn)化為m?(—2)n<2"—1恒成立,

按照奇偶性分類討論，分離參數(shù)利用數(shù)列單調(diào)性求解參數(shù)范圍.

【解答過程】(1)對于數(shù)列｛3J，當(dāng)兀=1時，Si=2%-2,解得的=2；

當(dāng)nN2時，Sn_i=2冊_1一2,與原式作差可得詼=2%-1，(n22),

所以｛斯｝是以的=2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以“=2、

對于數(shù)列｛勾｝，當(dāng)n=1時，2=1一!，解得厲=2,

1.1..111

n>2Ht,——+——+......+-~—=1,

bib2b2b3砥_弛"bn

與原式作差可得%+i-%=l(n22),

因?yàn)椤猙1=1,所以b“+i—t>n=l[n>1),

所以｛“｝是以b=1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以%=兀

(2)由(1)可知%=n-2n,

所以％=2+2x22+3x23+……+(n-1)-2n-1+n-2n,

所以2"n=22+2x23+3x2,+……+(n-1)-2n+n-2n+1,

兩式作差可得一=2+22+23+……+2n-n-2n+1=(1一n)?2n+1-2,

所以%=(n—1)?2計1+2,

所以(n-1)-2n+1+2-[n-(-l)nm]-2n+1<0恒成立，化簡得m-(-2)n<2n-1.

當(dāng)n=2k,k6N+時，m<l—親恒成立，所以m<三，

2n4

當(dāng)九二2/c—1,k￡N+時，一mV1—宗恒成立，所以?n>—

綜上可得：—gVTH<*

【變式4-3](2024?重慶?模擬預(yù)測)已知的=今an+i=2—(an——1)…—l)(neN*)

(1)證明：當(dāng)幾之2時，an+1=a^-3an+4；

(2)令%=2—an,

(i)證明：當(dāng)九22時，；=

bn乙仁1f

(ii)是否存在正實(shí)數(shù)TH,使得n|<m恒成立，若存在，求m的最小值，若不存在，請說明理由.

【解題思路】(1)依題意可得(冊_1-l)(an_2-1)-(^-1)=2-an(n>2),代入已知條件即可得證;

(2)(i)依題意可得%+1=%(1—b)，即可得到1一一!=±(兀22),利用累加法即可證明；

(ii)由⑴可知當(dāng)幾22時，5=2+>,再推導(dǎo)出生一九|=T'~nSEN*),假設(shè)存在符合題

bn乙i=21一加%Ibn

意的血，則三三九+血恒成立，再推出矛盾，即可得解.

bn

【解答過程】(1)因?yàn)閮?i=2—(冊—1)(冊_1—1)…—1)(九EN*),

當(dāng)71N2時c1n=2-(a九一1—l)(cin_2—1)…(a1—1),即(冊.1—l)(cin_2—1)…(a1—1)=2—an,

=a

所以a九+1=2—(an—1)(2—an),即。九+1n~3冊+4(n>2).

(2)(i)因?yàn)閍1=。九+1=2-(a九一l)(an_i—1)…(a[-1)(九EN*),

Q-1

當(dāng)n=1時做=2—(%—1)=-f又b=2—an,所以/=62=",

當(dāng)?122時，冊+1=磋—3an+4f所以冊+i—2=底—3azi+2=(a九—2)(a九—1)，

即一0+1=-一勾+1),即—+i=bn(l-bn),

所以>=++即-一==匕522),

%+1bn1一gbn+1bn1-6兀

g、l111111111/、八

所以7—T~=7—T=......，7—7-=~r\—(n>3),

的歷1一匕2匕4的1一匕3bnbn-il-bn-i

累加可得！uJ+S1(H>3),

1

bnb2乙i=2-瓦

當(dāng)71=2時==—,

b21-^1

綜上可得當(dāng)n22時，==>"11；

bn乙上11一瓦

(ii)由(i)可知當(dāng)nN2時，+Y"1a=2+5”

bnb?Z-J/=2"瓦N^i=21一年

又瓦=%=3%=g,當(dāng)7122時%+1_bn=bn(l-bn)-bn=一於<0,

L4,

即"+1-bn,所以對Vzi€N*,bn<p顯然有0Vb2V1,所以仇=力2(1—B)E(0,1),

以此類推可得對Vn6N*,均有0<以<1,

由①式，當(dāng)幾24時==2+±=4=>4+1=4+

1-3

bn乙T=21一瓦1一比2-Jj=31一九乙jj=31—m

(n—3)=n+1,

所以—>1,SP|￡-n|=￡-n,

又幾=1,2,3時，易知^—n>0成立，所以—n|=-n(nEN*),

假設(shè)存在符合題意的血，則有2一川=+-荏三血恒成立,

即34九+血恒成立，則久之二一恒成立,

bnn+m

所以當(dāng)心4時由①可得搟=2+2二占22+

H-1、-14-1

i+m=2+“(1+高)]

=2+=71+

i+m—1乙i+m—19

Zi=2