（课标全国版）高考数学第一轮复习讲练 第30讲 数列的综合应用（讲+练）原卷版+解析

这是一份（课标全国版）高考数学第一轮复习讲练 第30讲 数列的综合应用（讲+练）原卷版+解析，文件包含课标全国版高考数学第一轮复习讲练测第30讲数列的综合应用讲原卷版+解析docx、课标全国版高考数学第一轮复习讲练测第30讲数列的综合应用练原卷版+解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共209页， 欢迎下载使用。

1.数列与传统数学文化相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养．
2.数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．
3.数列与函数、不等式相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．
【课标解读】
1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用。
2.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
3.会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。
【核心知识】
知识点一 等差数列和等比数列比较
知识点二 数列求和综合应用
1. 等差数列的前n和的求和公式：.
2．等比数列前n项和公式
一般地，设等比数列的前项和是，当时，或；当时，（错位相减法）.
3. 数列前n项和
①重要公式：（1）
（2）
（3）
（4）
②等差数列中，；
③等比数列中，.
【高频考点】
高频考点一 等差数列与等比数列的综合问题
【例1】（2023·天津高考)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)，已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
【变式探究】数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
【方法技巧】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，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求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．
【变式探究】设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2，a5，a11成等比数列，且a11＝2(Sm－Sn)(m＞n＞0，m，n∈N*)，则m＋n的值是 .
【举一反三】已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为2，公差为3的等差数列，am＋1，am＋2，…，a2m是首项为2，公比为2的等比数列(其中m≥3，m∈N*)，并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立．
(1)当m＝14时，求a1 000；
(2)若a52＝128，试求m的值．
高频考点二 数列与函数的综合问题
【例2】已知{an}是由正数组成的数列，a1＝1，且点(eq \r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2eq \a\vs4\al(an)，求证：bn·bn＋2【方法技巧】
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．
【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在曲线y＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(5,2)x上，数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，b4＝11，{bn}的前5项和为45.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(1,(2an－3)(2bn－8))，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞eq \f(k,54)恒成立的最大正整数k的值．
高频考点三 数列与不等式的综合问题
【例3】(2020·浙江高考)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
【方法技巧】
1．数列中不等式的证明问题
数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．
放缩法常见的放缩技巧有：
(1)eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).
(2)eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1)＜eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k).
(3)2(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＜eq \f(1,\r(n))＜2(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
2．数列中不等式恒成立的问题
数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．
【举一反三】在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝lg2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
(3)是否存在k∈N*，使得eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋…＋eq \f(Sn,n)【变式探究】在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(n＋1,2n)·an(n∈N*)．
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,4n－an)，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn＜2.
高频考点四 数列的实际应用问题
【例4】近日，某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．
(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n)，试写出f(n)的表达式；
(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？
【方法技巧】解答数列实际应用问题的步骤
(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如表：
(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．
(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．
【变式探究】某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？
(参考数据：取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)等差数列
等比数列
定义
＝常数
＝常数
通项公式
判定方法
(1)定义法；
(2)中项公式法：⇔为等差数列；
(3)通项公式法：(为常数,)⇔ 为等差数列；
(4)前n项和公式法：(为常数, )⇔ 为等差数列；
(5) 为等比数列，且，那么数列 (，且)为等差数列
(1)定义法
(2)中项公式法： ()⇔ 为等比数列
(3)通项公式法： (均是不为0的常数，)⇔为等比数列
(4) 为等差数列⇔(总有意义)为等比数列
性质
(1)若，，，，且，则
(2)
(3) SKIPIF 1 < 0 ，…仍成等差数列
(1)若，，，，且，则
(2)
(3)等比数列依次每项和()，即 SKIPIF 1 < 0 ，…仍成等比数列
前n项和
时，；当时，或.
数列模型
基本特征
等差数列
均匀增加或者减少
等比数列
指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题
简单递推数列
指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{an}满足an＋1＝1.2an－a
第30讲 数列的综合应用
【学科素养】
1.数列与传统数学文化相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养．
2.数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．
3.数列与函数、不等式相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．
【课标解读】
1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用。
2.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
3.会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。
【核心知识】
知识点一 等差数列和等比数列比较
知识点二 数列求和综合应用
1. 等差数列的前n和的求和公式：.
2．等比数列前n项和公式
一般地，设等比数列的前项和是，当时，或；当时，（错位相减法）.
3. 数列前n项和
①重要公式：（1）
（2）
（3）
（4）
②等差数列中，；
③等比数列中，.
【高频考点】
高频考点一 等差数列与等比数列的综合问题
【例1】（2023·天津高考)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)，已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
【解析】(1)设等比数列{bn}的公比为q(q＞0)．
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q＞0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以Tn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.①
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16.②
联立①②解得a1＝1，d＝1，
故an＝n，所以Sn＝eq \f(nn＋1,2).
(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，
可得eq \f(nn＋1,2)＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝4或n＝－1(舍去)．
所以n的值为4.
【变式探究】数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
【解析】(1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3＝3a1，满足上式，
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.
由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，
故b1＝5－d，b3＝5＋d.
又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，
解得d＝2或d＝－10.
因为等差数列{bn}的各项为正，
所以d>0.
所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.
【方法技巧】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，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求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．
【变式探究】设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2，a5，a11成等比数列，且a11＝2(Sm－Sn)(m＞n＞0，m，n∈N*)，则m＋n的值是 .
【解析】设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a2，a5，a11成等比数列，
所以aeq \\al(2,5)＝a2a11，
所以(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋10d)，
解得a1＝2d，
又a11＝2(Sm－Sn)(m＞n＞0，m，n∈N*)，
所以2ma1＋m(m－1)d－2na1－n(n－1)d＝a1＋10d，
化简得(m＋n＋3)(m－n)＝12，
因为m＞n＞0，m，n∈N*，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－n＝1，,m＋n＋3＝12))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－n＝2，,m＋n＋3＝6，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝5，,n＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2)))(舍去)，所以m＋n＝9.
【举一反三】已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为2，公差为3的等差数列，am＋1，am＋2，…，a2m是首项为2，公比为2的等比数列(其中m≥3，m∈N*)，并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立．
(1)当m＝14时，求a1 000；
(2)若a52＝128，试求m的值．
【解析】由题设得an＝3n－1(1≤n≤m)，am＋n＝2n(1≤n≤m)．
(1)当m＝14时，数列的周期为28.
因为1 000＝28×35＋20，而a20是等比数列中的项，
所以a1 000＝a20＝a14＋6＝26＝64.
(2)显然，a52＝128不是数列{an}中等差数列的项．
设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝2k.
因为128＝27，所以等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项．
所以a52最多是第三个周期中的项．
若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝128，
所以m＝52－7＝45；
若a52是第二个周期中的项，则a52＝a3m＋7＝128，
所以3m＝45，m＝15；
若a52是第三个周期中的项，则a52＝a5m＋7＝128，
所以5m＝45，m＝9.
综上，m的值为45或15或9.
高频考点二 数列与函数的综合问题
【例2】已知{an}是由正数组成的数列，a1＝1，且点(eq \r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2eq \a\vs4\al(an)，求证：bn·bn＋2【解析】(1)由已知，得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1.
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)证明：由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
因为bn·bn＋2－beq \\al(2,n＋1)＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－ 2·2n＋1＋1)＝－2n<0，
所以bn·bn＋2【方法技巧】
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．
【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在曲线y＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(5,2)x上，数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，b4＝11，{bn}的前5项和为45.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(1,(2an－3)(2bn－8))，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞eq \f(k,54)恒成立的最大正整数k的值．
【解析】(1)由已知得Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(5,2)n，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(5,2)n－eq \f(1,2)(n－1)2－eq \f(5,2)(n－1)＝n＋2，
当n＝1时，符合上式．
所以an＝n＋2.
因为数列{bn}满足bn＋bn＋2＝2bn＋1，
所以数列{bn}为等差数列．设其公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＋3d＝11，,5b1＋10d＝45，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝5，,d＝2，))
所以bn＝2n＋3.
(2)由(1)得，cn＝eq \f(1,(2an－3)(2bn－8))＝eq \f(1,(2n＋1)(4n－2))＝eq \f(1,2(2n＋1)(2n－1))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,4)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(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))).
因为Tn＋1－Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(1,2(2n＋1)(2n＋3))＞0，
所以{Tn}是递增数列，所以Tn≥T1＝eq \f(1,6)，
故要使Tn＞eq \f(k,54)恒成立，只要T1＝eq \f(1,6)＞eq \f(k,54)恒成立，
解得k＜9，所以使不等式成立的最大正整数k的值为8。
高频考点三 数列与不等式的综合问题
【例3】(2020·浙江高考)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
【解析】(1)由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，
解得q＝eq \f(1,2)，所以eq \f(bn,bn＋2)＝4.所以cn＋1＝4cn.
又因为c1＝1，所以cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，
得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(4n－1＋2,3).
(2)证明：由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，
得cn＝eq \f(b1b2c1,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1))).
由b1＝1，d>0得bn＋1>0，
因此c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
【方法技巧】
1．数列中不等式的证明问题
数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．
放缩法常见的放缩技巧有：
(1)eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).
(2)eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1)＜eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k).
(3)2(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＜eq \f(1,\r(n))＜2(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
2．数列中不等式恒成立的问题
数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．
【举一反三】在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝lg2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
(3)是否存在k∈N*，使得eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋…＋eq \f(Sn,n)【解析】(1)因为a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
所以aeq \\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \\al(2,5)＝25，
所以(a3＋a5)2＝25，
又an>0，所以a3＋a5＝5，
又a3与a5的等比中项为2，
所以a3a5＝4，而q∈(0,1)，
所以a3>a5，所以a3＝4，a5＝1，所以q＝eq \f(1,2)，a1＝16，
所以an＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝25－n.
(2)因为bn＝lg2an＝5－n，所以bn＋1－bn＝－1，
又b1＝5－1＝4，
所以{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列，
所以Sn＝eq \f(n9－n,2).
(3)由(2)知Sn＝eq \f(n9－n,2)，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(9－n,2).
当n≤8时，eq \f(Sn,n)>0；
当n＝9时，eq \f(Sn,n)＝0；
当n>9时，eq \f(Sn,n)<0.
所以当n＝8或n＝9时，eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋eq \f(S3,3)＋…＋eq \f(Sn,n)＝18最大．
故存在k∈N*，使得eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋…＋eq \f(Sn,n)【变式探究】在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(n＋1,2n)·an(n∈N*)．
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,4n－an)，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn＜2.
【解析】证明：(1)由题设得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \f(an,n)，又eq \f(a1,1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为2，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以eq \f(an,n)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝22－n，an＝n·22－n＝eq \f(4n,2n).
(2)由(1)知bn＝eq \f(an,4n－an)＝eq \f(\f(4n,2n),4n－\f(4n,2n))＝eq \f(1,2n－1)，
因为对任意n∈N*,2n－1≥2n－1恒成立，
所以bn≤eq \f(1,2n－1).
所以Tn≤1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＜2.
高频考点四 数列的实际应用问题
【例4】近日，某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．
(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n)，试写出f(n)的表达式；
(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？
【解析】(1)由题意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n＝14.4＋eq \f(0.2nn＋1,2)＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.
(2)设该车的年平均费用为S万元，则有
S＝eq \f(1,n)f(n)＝eq \f(1,n)(0.1n2＋n＋14.4)＝eq \f(n,10)＋eq \f(14.4,n)＋1≥2eq \r(1.44)＋1＝3.4.
当且仅当eq \f(n,10)＝eq \f(14.4,n)，即n＝12时，等号成立，即S取最小值3.4万元．所以这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元．
【方法技巧】解答数列实际应用问题的步骤
(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如表：
(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．
(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．
【变式探究】某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中哪种获利更多？
(参考数据：取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)
【解析】甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq \f(1.310－1,0.3)≈42.62(万元)，
贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10≈16.29(万元)，
故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)。
乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为
T10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋eq \f(10×9,2)×0.5＝32.5(万元)，
从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为eq \f(1,1＋5%)，
故贷款到期时，需要偿还银行的本息是
1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×eq \f(1.0510－1,0.05)≈13.21(万元)，
故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)．
综上可知，甲方案获利更多。等差数列
等比数列
定义
＝常数
＝常数
通项公式
判定方法
(1)定义法；
(2)中项公式法：⇔为等差数列；
(3)通项公式法：(为常数,)⇔ 为等差数列；
(4)前n项和公式法：(为常数, )⇔ 为等差数列；
(5) 为等比数列，且，那么数列 (，且)为等差数列
(1)定义法
(2)中项公式法： ()⇔ 为等比数列
(3)通项公式法： (均是不为0的常数，)⇔为等比数列
(4) 为等差数列⇔(总有意义)为等比数列
性质
(1)若，，，，且，则
(2)
(3) SKIPIF 1 < 0 ，…仍成等差数列
(1)若，，，，且，则
(2)
(3)等比数列依次每项和()，即 SKIPIF 1 < 0 ，…仍成等比数列
前n项和
时，；当时，或.
数列模型
基本特征
等差数列
均匀增加或者减少
等比数列
指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题
简单递推数列
指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{an}满足an＋1＝1.2an－a