2012届高三数学一轮复习 5.5 数列的综合应用课时训练解析新人教A版

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【优化方案】2012高考数学总复习第5章第4课时数列的综合应用精品课件文新人教A版

2．数列应用题常见模型． (1)等差模型：如果增加或减少的量是一个固定量等差模型：或减少)的量是一个固定量等差模型如果增加(或减少该模型是等差模型，增加(或减少或减少)的量就是公时，该模型是等差模型，增加或减少的量就是公差． (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个等比模型：等比模型固定的数时，该模型是等比模型，固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．是公比． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间递推数列模型：递推数列模型的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a 的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是 n 项和S 与an＋1之间的递推关系，还是前项和 n与前＋1 ＋之间的递推关系，还是前n项和与前n＋项和S ＋之间的递推关系．项和 n＋1之间的递推关系．
思考感悟银行储蓄单利公式及复利公式是什么模型？银行储蓄单利公式及复利公式是什么模型？提示：单利公式设本金为a元每期利率为r，提示：单利公式——设本金为元，每期利率为，设本金为存期为n，则本利和an＝a(1＋rn)，属于等差模存期为，则本利和＋，设本金为a元每期利率为r，型．复利公式——设本金为元，每期利率为，存复利公式设本金为期为n，则本利和属于等比模型．期为，则本利和an＝a(1＋r)n，属于等比模型．＋
【名师点评】名师点评】
③ ， ④ ④÷③可得：q＝3，则 b1＝3， ③可得：＝，， × ∈ ． ∴bn＝3×3n－1＝3n(n∈N*)． (2)由 cn＝an·bn＝(4n＋5)·3n，由＋ ∴Sn＝9·3＋13·32＋17·33＋…＋(4n＋5)·3n. ① ＋＋两边同乘以 3 得： 3Sn ＝ 9·32 ＋ 13·33 ＋ 17·34 ＋ … ＋ (4n＋ 1)·3n ＋ (4n＋＋＋ 5)·3n＋1. ②

高考数学一轮复习讲解与练习 5.5数列的综合问题理新人教A版.pdf

[备考方向要明了] 考什么怎么考　能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.1.以递推为背景，考查数列的通项公式与前n项和公式，如2012年新课标全国T16等．2.等差数列、等比数列综合考查数列的基本计算，如2012年江西T16，湖北T18等．3.考查数列与函数、不等式、解析几何的综合问题，且以解答题的形式出现，如2012年广东T19等. [归纳·知识整合] 1．数列综合应用题的解题步骤 (1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题． (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等． (3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下框图： 2．常见的数列模型 (1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题． (2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题． (3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解． [探究]　银行储蓄单利公式及复利公式分别是什么模型？提示：单利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和an＝a(1＋rn)，属于等差数列模型．复利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和an＝a(1＋r)n，属于等比数列模型． [自测·牛刀小试] 1．(教材习题改编)已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为( ) A．－4 B．－6 C．－8 D．－10 解析：选B　由题意知：a＝a1a4. 则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得a2＝－6. 2．已知log2x，log2y,2成等差数列，则M(x，y)的轨迹的图象为( ) 解析：选A　由于log2x，log2y,2成等差数列，则有2log2y＝log2x＋2，所以y2＝4x.又y＞0，x＞0，故M的轨迹图象为A. 2412xyz3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x＋y＋z的值为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选C　由题意知，第三列各数成等比数列，故x＝1；第一行第五个数为6，第二行第五个数为3，故z＝；第一行第四个数为5，第二行第四个数为，故y＝，从而x＋y＋z＝3. 4．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝________. 解析：设数列{an}的公比为q，4a2＝4a1＋a3，4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，解得q＝2. S4＝＝15. 答案：15 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意nN*都有Sn＝an－，若1＜Sk＜9(kN*)，则k的值为________．解析：由Sn＝an－得当n≥2时，Sn＝(Sn－Sn－1)－，即Sn＝－2Sn－1－1. 令Sn＋p＝－2(Sn－1＋p)得 Sn＝－2Sn－1－3p，可知p＝. 故数列是以－为首项，以－2为公比的等比数列．则Sn＋＝－×(－2)n－1，即Sn＝－×(－2)n－1－. 由1＜－×(－2)k－1－＜9，kN*得k＝4. 答案：4 等差数列、等比数列的综合问题 [例1]　在等比数列{an}(nN*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0. (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an. [自主解答]　(1)证明：bn＝log2an， bn＋1－bn＝log2＝log2q为常数，数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q. (2)b1＋b3＋b5＝6，b3＝2. a1>1，b1＝log2a1>0. b1b3b5＝0，b5＝0. 解得 Sn＝4n＋×(－1)＝. ∴ ∴an＝25－n(nN*)．在本例(2)的条件下，试比较an与Sn的大小．解：显然an＝25－n>0，当n≥9时，Sn＝≤0， n≥9时，an>Sn. a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1， a6＝，a7＝，a8＝， S1＝4，S2＝7，S3＝9，S4＝10，S5＝10，S6＝9，S7＝7， S8＝4，当n＝3，4，5，6，7，8时，anSn. ——————————————————— 解答数列综合问题的注意事项 (1)要重视审题，善于联系，将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题等联系起来． (2)对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法． 1．(2013·青岛模拟)已知等差数列{an}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{bn}的前n项和为Sn，且满足b3＝a3，S3＝13. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{cn}满足cn＝求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q. 由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或x＝13. 因为d>0，所以a20，解得b1＝1，q＝3. 所以bn＝3n－1. (2)当n≤5时，Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝n＋×4＝2n2－n；当n>5时，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…bn) ＝(2×52－5)＋＝. 所以Tn＝数列与函数的综合应用 [例2]　(2012·安徽高考)设函数f(x)＝＋sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为. (1)求数列的通项公式； (2)设的前n项和为Sn，求sin Sn. [自主解答]　(1)令f′(x)＝＋cos x＝0，即cos x＝－，解得x＝2kπ±π(kZ)．由xn是f(x)的第n个正极小值点知， xn＝2nπ－π(nN*)． (2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ＝n(n＋1)π－，所以sin Sn＝sin. 因为n(n＋1)表示两个连续正整数的乘积，n(n＋1)一定为偶数，所以sin Sn＝－sin . 当n＝3m－2(mN*)时， sin Sn＝－sin＝－；当n＝3m－1(mN*)时， sin Sn＝－sin＝；当n＝3m(mN*)时， sin Sn＝－sin 2mπ＝0. 综上所述，sin Sn＝ ——————————————————— 解决函数与数列的综合问题应该注意的事项 (1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点； (2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题； (3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化． 2．已知函数f(x)＝x2＋x－1，α，β是方程f(x)＝0的两个根(α>β)，f′(x)是f(x)的导数，设a1＝1，an＋1＝an－(n＝1,2，…)． (1)求α，β的值； (2)已知对任意的正整数n，都有an>α，记bn＝ln(n＝1,2，…)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由方程x2＋x－1＝0解得方程的根为 x1＝，x2＝，又α，β是方程的两个实根，且α>β， α＝，β＝. (2)f′(x)＝2x＋1， an＋1＝an－＝an－＝. an>α>β(n＝1,2,3，…)，且a1＝1， b1＝ln＝ln＝4ln. 或b1＝ln＝ln＝ln＝2ln＝2ln2＝4ln bn＋1＝ln＝ln ＝ln＝ln＝2ln＝2bn. 即{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列．故数列{bn}的前n项和 Sn＝＝(2n－1)·4ln ＝(2n＋2－4)ln. 数列与不等式的综合应用 [例3]　(2012·广东高考)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，nN*，且a1，a2＋5，a3成等差数列． (1)求a1的值； (2)求数列{an}的通项公式； (3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋1)．又a1＝1满足上式，故an＝3n－2n. (3)证明：＝＝·≤ ·＝3·，＋＋…＋≤3 ＝3×＝0成立的最小值n. 解：(1){an}是等比数列，设其公比为q，两式相除得，＝，q＝3或q＝， {an}为递增数列，q＝3，a1＝. an＝a1qn－1＝·3n－1＝2·3n－5， bn＝log3＝n－5，数列{bn}的前n项和Sn＝＝(n2－9n)． (2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝－5n>0，即2n>5n＋1. 245×5＋1，nmin＝5(只要给出正确结果，不要求严格证明).数列的实际应用 [例4]　(2012·湖南高考)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元． (1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式； (2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)． [自主解答]　(1)由题意得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d， a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d. an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d. (2)由(1)得an＝an－1－d ＝－d ＝2an－2－d－d … ＝n－1a1－d. 整理得an＝n－1(3 000－d)－2d ＝n－1(3 000－3d)＋2d. 由题意，am＝4 000，即m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000. 解得d＝＝. 故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元． ——————————————————— 解决数列实际应用问题的方法解等差数列、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解．这其中体现了把实际问题数学化的能力，即数学建模能力． 4．某市2010年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底， (1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2010年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？ (2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比较首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59) 解：(1)设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，则Sn＝250n＋×50＝25n2＋225n. 令25n2＋225n≥4 750，即n2＋9n－190≥0，而n是正整数，解得n≥10.故到2019年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米． (2)设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，则bn＝400×(1.08)n－1. 由题意可知an>0.85bn，有250＋(n－1)×50>400×(1.08)n－1×0.85. 当n＝5时，a50.85b6，即满足上述不等式的最小正整数n为6. 故到2015年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 1个问题——分期付款问题等比数列中处理分期付款问题的注意事项： (1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(最后一次付款没有利息)． (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可顺利建立等量关系． 3个注意——递推、放缩与函数思想的考查 (1)数列与解析几何结合时注意递推． (2)数列与不等式相结合时注意对不等式进行放缩． (3)数列与函数相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性). 创新交汇——数列的新定义问题 1．数列题目中有时定义一个新数列，然后根据定义的新数列所具备的性质解决有关问题． 2．解决新情境、新定义数列问题，首先要根据新情境、新定义进行推理，从而明确考查的是哪些数列知识，然后熟练运用归纳、构造、正难则反、分类与整合等方法进行解题． [典例]　(2011·)若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋…＋an. (1)写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)>0的E数列A5； (2)若a1＝12，n＝2 000.证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2 011； (3)对任意给定的整数n(n≥2), 是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)＝0？如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由． [解]　(1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5. (答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5) (2)必要性：因为E数列An是递增数列，所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1 999)．所以An是首项为12，公差为1的等差数列．所以a2 000＝12＋(2000－1)×1＝2 011. 充分性：由于a2 000－a1 999≤1， a1 999－a1 998≤1， … a2－a1≤1，所以a2 000－a1≤1 999，即a2 000≤a1＋1 999. 又因为a1＝12，a2 000＝2 011，所以a2 000＝a1＋1 999. 故ak＋1－ak＝1＞0(k＝1,2，…，1 999)，即An是递增数列．综上，结论得证． (3)令ck＝ak＋1－ak(k＝1,2，…，n－1)，则ck＝±1. 因为a2＝a1＋c1， a3＝a1＋c1＋c2， … an＝a1＋c1＋c2＋…＋cn－1，所以S(An)＝na1＋(n－1)c1＋(n－2)c2＋(n－3)c3＋…＋cn－1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋1－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2 )＋…＋(1－cn－1)]＝－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]．因为ck＝±1，所以1－ck为偶数(k＝1，…，n－1)．所以(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)为偶数，所以要使S(An)＝0，必须使为偶数，即4整除n(n－1)，亦即n＝4m或n＝4m＋1(mN*)．当n＝4m(mN*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)时，有a1＝0，S(An)＝0；当n＝4m＋1(mN*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)，a4m＋1＝0时，有 a1＝0，S(An)＝0；当n＝4m＋2或n＝4m＋3(mN*)时，n(n－1)不能被4整除，此时不存在E数列An，使得a1＝0，S(An)＝0. 1．本题具有以下创新点： (1)本题为新定义问题，命题背景新颖． (2)命题方式创新，既有证明题，也有探究性问题，同一个题目中多种方式相结合． 2．解决本题要注意以下几个问题：对于此类压轴型新定义数列题，首先要有抢分意识，得一分是一分，多尝试解答，仔细分析，认真翻译；其次，要有运用数学思想方法的意识，如构造、分类等．第(1)问中E数列A5的首尾都是0，则必须先增后减或先减后增，或者摆动；第(2)问条件在后边，因此，前推后是证明条件的必要性，不可颠倒，前推后比较容易，应该先证明；第(3)问和第(1)问相呼应，所以在推理时要善于前后联系，善于发现矛盾，从而找到解决问题的突破口． 1．已知数列{an}：a1，a2，a3，…，an，如果数列{bn}：b1，b2，b3，…bn满足b1＝an，bk＝ak－1＋ak－bk－1，其中k＝2,3，…，n，则称{bn}为{an}的“衍生数列”．若数列{an}：a1，a2，a3，a4的“衍生数列”是5，－2,7,2，则{an}为______；若n为偶数，且{an}的“衍生数列”是{bn}，则{bn}的“衍生数列”是______．解析：由b1＝an，bk＝ak－1＋ak－bk－1，k＝2,3，…，n可得，a4＝5,2＝a3＋a4－7，解得a3＝4.又7＝a2＋a3－(－2)，解得a2＝1.由－2＝a1＋a2－5，解得a1＝2，所以数列{an}为2,1,4,5. 由已知，b1＝a1－(a1－an)，b2＝a1＋a2－b1＝a2＋(a1－an)，….因为n是偶数，所以bn＝an＋(－1)n(a1－an)＝a1.设{bn}的“衍生数列”为{cn}，则ci＝bi＋(－1)i(b1－bn)＝ai＋(－1)i·(a1－an)＋(－1)i(b1－bn)＝ai＋(－1)i(a1－an)＋(－1)i·(an－a1)＝ai，其中i＝1,2,3，…，n.则{bn}的“衍生数列”是{an}．答案：2,1,4,5　{an} 2．(2012·上海高考改编)对于项数为m的有穷数列{an}，记bk＝max{a1，a2，…，ak}(k＝1,2，…，m)，即bk为a1，a2，…，ak中的最大值，并称数列{bn}是{an}的控制数列．如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5. (1)若各项均为正整数的数列{an}的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的{an}； (2)设{bn}是{an}的控制数列，满足ak＋bm－k＋1＝C(C为常数，k＝1,2，…，m)．求证：bk＝ak(k＝1,2，…，m)．解：(1)数列{an}为：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；2,3,4,5,4；2,3,4,5,5. (2)证明：因为bk＝max{a1，a2，…，ak}， bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}，所以bk＋1≥bk. 因为ak＋bm－k＋1＝C，ak＋1＋bm－k＝C，所以ak＋1－ak＝bm－k＋1－bm－k≥0，即ak＋1≥ak. 因此，bk＝ak. 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1. 等差数列{an}中，a3＋a11＝8，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6·b8的值( ) A．2 B．4 C．8 D．16 解析：选D　{an}为等差数列，a7＝＝4＝b7. 又{bn}为等比数列，b6·b8＝b＝16. 2．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为( ) A. B．4 C．2 D. 解析：选C　设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a＝a1a7得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故数列{bn}的公比q＝＝＝＝2. 3．(2013·泉州模拟)满足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(nN*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是( ) A．9 B．10 C．11 D．12 解析：选C　因为a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(nN*)，所以an＋1＝2an， an＝2n－1，Sn＝2n－1，则满足Sn>1 025的最小n值是11. 4．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn(万件)近似地满足关系式Sn＝(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是( ) A．5、6月 B．6、7月 C．7、8月 D．8、9月解析：选C　由Sn解出an＝(－n2＋15n－9)，再解不等式(－n2＋15n－9)>1.5，得6<n<9. 5．数列{an}的通项an＝n2，其前n项和为Sn，则S30为( ) A．470 B．490 C．495 D．510 解析：选A　注意到an＝n2cos，且函数y＝cos的最小正周期是3，因此当n是正整数时，an＋an＋1＋an＋2＝－n2－(n＋1)2＋(n＋2)2＝3n＋，其中n＝1,4，7…，S30＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝＋＋…＋＝3×＋×10＝470. 6．(2013·株州模拟)在数列{an}中，对任意nN*，都有＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”．下面对“等差比数列”的判断： k不可能为0；等差数列一定是等差比数列；等比数列一定是等差比数列；通项公式为an＝a·bn＋c(a≠0，b≠0,1)的数列一定是等差比数列．其中正确的判断为( ) A． B． C． D．解析：选D　若k＝0时，则an＋2－an＋1＝0，因为an＋2－an＋1可能为分母，故无意义，故k不可能为0，正确；若等差、等比数列为常数列，则错误；由定义知正确．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 7．(2013·安庆模拟)设关于x的不等式x2－x<2nx(nN*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．解析：由x2－x<2nx(nN*)，得0<x0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________. 解析：依题意得，函数y＝x2(x>0)的图象在点( ak，a)处的切线方程是y－a＝2ak(x－ak)．令y＝0得x＝ak，即ak＋1＝ak，因此数列{ak}是以16为首项，为公比的等比数列，所以ak＝16·k－1＝25－k，a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21. 答案：21 9．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为(nN*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天．解析：由第n天的维修保养费为(nN*)元，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n的值．由题意知使用n天的平均耗资为＝＋＋，当且仅当＝时取得最小值，此时n＝800. 答案：800 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．设同时满足条件：≥bn＋1；bn≤M(n∈N*，M是常数)的无穷数列{bn}叫“嘉文”数列．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an－1)(a为常数，且a≠0，a≠1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝＋1，若数列{bn}为等比数列，求a的值，并证明数列为“嘉文”数列．解：(1)因为S1＝(a1－1)＝a1，所以a1＝a. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，整理得＝a，即数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．所以an＝a· an－1＝an. (2)由(1)知， bn＝＋1＝，(*) 由数列{bn}是等比数列，则b＝b1·b3，故2＝3·，解得a＝，再将a＝代入(*)式得bn＝3n，故数列{bn}为等比数列，所以a＝. 由于＝>＝＝，满足条件；由于＝≤，故存在M≥满足条件.故数列为“嘉文”数列． 11．已知正项数列{an}，{bn}满足：a1＝3，a2＝6，{bn}是等差数列，且对任意正整数n，都有bn，，bn＋1成等比数列． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)设Sn＝＋＋…＋，试比较2Sn与2－的大小．解：(1)对任意正整数n，都有bn，，bn＋1成等比数列，且数列{an}，{bn}均为正项数列， an＝bnbn＋1(nN*)．由a1＝3，a2＝6得又{bn}为等差数列，即有b1＋b3＝2b2，解得b1＝，b2＝，数列{bn}是首项为，公差为的等差数列．数列{bn}的通项公式为bn＝(nN*)． (2)由(1)得，对任意nN*，an＝bnbn＋1＝，从而有＝＝2， Sn＝2 ＝1－. 2Sn＝2－.又2－＝2－， 2Sn－＝－＝. 当n＝1，n＝2时，2Sn2－. 12．已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝2knan，求数列{bn}的前n项和Tn； (3)设Q＝{x|x＝kn，nN*}，R＝{x|x＝2an，nN*}，等差数列{cn}的任一项cnQ∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，110<c10<115，求{cn}的通项公式．解：(1)点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上， Sn＝n2＋2n(nN*)．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. (2)由f(x)＝x2＋2x求导可得f′(x)＝2x＋2. 过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn， kn＝2n＋2. bn＝2knan＝4·(2n＋1)·4n. Tn＝4×3×41＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n＋1)×4n. 由×4，得 4Tn＝4×3×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4×(2n＋1)×4n＋1. ①－得－3Tn＝4[3×4＋2×(42＋43＋…＋4n)－(2n＋1)×4n＋1] ＝4， Tn＝·4n＋2－. (3)Q＝{x|x＝2n＋2，nN*}，R＝{x|x＝4n＋2，nN*}，Q∩R＝R. 又cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，c1＝6. {cn}的公差是4的倍数，c10＝4m＋6(mN*)．又110<c10n＋1，即 1－0时，An<Bn；当aBn. 2．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位：m2)，其中有部分旧住房需要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b(单位：m2)的旧住房． (1)分别写出第1年末和第2年末的实际住房面积的表达式； (2)如果第5年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？(计算时取1.15≈1.6) 解：(1)第1年末的住房面积为a·－b＝1.1a－b(m2)，第2年末的住房面积为·－b＝a·2－b＝1.21a－2.1b(m2)． (2)第3年末的住房面积为·－b＝a·3－b(m2)，第4年末的住房面积为 a·4－b(m2)，第5年末的住房面积为 a·5－b＝1.15a－b≈1.6a－6b(m2)．依题意可知，1.6a－6b＝1.3a，解得b＝，所以每年拆除的旧住房面积为 m2. 3．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝kSn＋2(nN*)，且a1＝2，a2＝1. (1)求k的值和Sn的表达式； (2)是否存在正整数m，n，使得<成立？若存在，求出这样的正整数；若不存在，请说明理由．解：(1)由条件Sn＋1＝kSn＋2(nN*)，得S2＝kS1＋2，即a1＋a2＝ka1＋2， a1＝2，a2＝1，2＋1＝2k＋2，得k＝. 于是，Sn＋1＝Sn＋2，设Sn＋1＋x＝(Sn＋x)，即Sn＋1＝Sn－x，令－x＝2，得x＝－4， Sn＋1－4＝(Sn－4)，即数列{Sn－4}是首项为－2，公比为的等比数列． Sn－4＝(－2)·n－1，即Sn＝4(nN*)． (2)由不等式<，得<，即<. 令t＝2n(4－m)，则不等式变为<，解得2<t<6，即2<2n(4－m)<6. 假设存在正整数m，n，使得上面的不等式成立，由于2n为偶数，4－m为整数，则只能是2n(4－m)＝4，或解得或于是，存在正整数m＝2，n＝1或m＝3，n＝2，使得<成立．。

(新课标)高考数学一轮总复习第五章数列55数列的综合应用课时规范练理(含解析)新人教A版

（新课标）高考数学一轮总复习第五章数列55数列的综合应用课时规范练理（含解析）新人教A 版课时规范练(授课提示：对应学生用书第275页)A 组基础对点练1．(2018·龙泉驿区期末)等差数列{a n }的公差为1，且a 1，a 3，a 7成等比数列，则{a n }的前20项和为( A ) A ．230 B ．－230 C ．210D ．－2102．在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( A ) A ．62 B ．－62 C ．32D ．－323．已知数列{a n }，定直线l ：y ＝m ＋32m ＋4x －m ＋92m ＋4，若(n ，a n )在直线l 上，则数列{a n }的前13项和为( C ) A ．10 B ．21 C ．39D ．784．等差数列{a n }中的a 4，a 2 016是函数f (x )＝x 3－6x 2＋4x －1的极值点，则log 14a 1 010＝( D )A.12 B ．2 C ．－2D ．－125．(2018·柳林县期末)已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则a ＋bcd的最小值是( C ) A ．0 B ．1 C ．2D ．4解析：由x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，可得a ＋b ＝x ＋y ，xy ＝cd ，则a ＋b cd ＝x ＋y xy ≥2xyxy＝2，当且仅当x ＝y 时，等号成立，则a ＋bcd的最小值是2. 6．已知在等差数列{a n }中，a 1＝120，公差d ＝－4，若S n ≤a n (n ≥2)，其中S n 为该数列的前n 项和，则n 的最小值为( B )A ．60B ．62C ．70D ．727．等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( A ) A ．－24 B ．－3 C ．3D ．88．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝ 3n －1.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.9．(2017·江西师大附中检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 3，S 4成等差数列，则数列{a n }的公比为1＋52. 解析：设{a n }的公比为q ，由题意易知q >0且q ≠1，因为S 1，S 3，S 4成等差数列，所以2S 3＝S 1＋S 4，即2a 11－q 31－q＝a 1＋a 11－q 41－q ，解得q ＝1＋52.10．已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为 4 031 .解析：根据题意，不妨设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f －2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031.11．(2016·高考四川卷)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n .解析：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝qn －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3，所以a 3＝2a 2，故q ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝ 1＋q2n －1.由e 2＝ 1＋q 2＝2解得q ＝ 3.所以e 21＋e 22＋…＋e 2n ＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n－1)．12．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋d ＝6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，∴1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. B 组能力提升练1．(2018·武平县校级月考)已知函数f (x )＝4x 2x －1，M ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n (n ∈N *，且n为奇数)，则M 等于( C ) A ．2n －1 B ．n －12C ．2n ＋2D ．2n ＋12解析：化简f (x )＝2＋22x －1，则f (1－x )＝2－22x －1，f (x )＋f (1－x )＝4，且f (0)＝0，M ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ， ∴2M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f 0＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋f 0＝4(n ＋1)，∴M ＝2n ＋2.2．(2018·柯桥区期末)设数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018的值等于( C )A ．2 017B ．2 018C ．4 034D ．4 036解析：数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，可得a n ＝q n －1，1a n ＋a n ＋1＝1q n －1＋qn＝11＋q ·1qn －1. 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，可得q ＝1，即a n ＝1，即有⎝⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018＝2＋2＋…＋2＝2×2 017＝4 034. 3．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( C ) A ．29B ．210C ．211D ．2124．(2018·宜宾期末)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1＝2，S n 为其前n 项和，等比数列{b n }的前三项分别为a 2，a 5，a 11，设向量OQ n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，S n n 2(n ∈N *)，则OQ n →的模的最大值是( B ) A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：由题意可得a 25＝a 2a 11，即(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋10d )，化为a 1＝2d ＝2，可得d ＝1，则a n ＝2＋n －1＝n ＋1，S n ＝12n (n ＋3)．向量OQ n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，S n n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ，n ＋32n ，可得 |OQ n →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3n 2＝134n 2＋72n ＋54.由于n ∈N *，当n ＝1时，1n取得最大值1，可得134n 2＋72n ＋54的最大值为134＋72＋54＝8，则OQ n →的模的最大值是2 2.5．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于 9 . 解析：依题意有a ，b 是方程x 2－px ＋q ＝0的两根，则a ＋b ＝p ，ab ＝q ，由p ＞0，q >0可知a ＞0，b ＞0.由题意可知ab ＝(－2)2＝4＝q ，a －2＝2b 或b －2＝2a ，将a －2＝2b 代入ab ＝4可解得a ＝4，b ＝1，此时a ＋b ＝5，将b －2＝2a 代入ab ＝4可解得a ＝1，b ＝4，此时a ＋b ＝5，则p ＝5，故p ＋q ＝9.6．(2018·上饶三模)已知等比数列{a n }的首项是1，公比为3，等差数列{b n }的首项是－5，公差为1，把{b n }中的各项按如下规则依次插入到{a n }的每相邻两项之间，构成新数列{c n }：a 1，b 1，a 2，b 2，b 3，a 3，b 4，b 5，b 6，a 4，…，即在a n 和a n ＋1两项之间依次插入{b n }中n 个项，则c 2 018＝ 1 949 .(用数字作答) 解析：由题意得a n ＝3n －1，b n ＝－5＋(n －1)×1＝n －6，数列{c n }中的项为30，－5,31，－4，－3,32，－2，－1,0,33， (3)时，共有项数为1＋2＋…＋n ＋(n ＋1)＝n ＋1n ＋22.当n ＝62时，63×642＝2 016，即此时共有2 016项，且第2 016项为362， ∴c 2 018＝b 1 955＝1 955－6＝1 949.7．对于数列{a n }，若对∀m ，n ∈N *(m ≠n )，都有a m －a nm －n≥t (t 为常数)成立，则称数列{a n }具有性质P (t )．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n，且具有性质P (t )，则t 的最大值为 2 . 解析：借助y ＝2x的图象(图略)可知，a m －a nm －n表示该图象上两个整数点连线的斜率，由图象知m ＝1，n ＝2或m ＝2，n ＝1时斜率取最小值2，若对∀m ，n ∈N *(m ≠n )，都有a m －a nm －n≥t 成立，则t ≤2，所以t 的最大值为2.8．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围为 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125 . 解析：由题意知H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，所以a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ×2n ＋1， ①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)×2n ， ②①－②得2n －1a n ＝n ×2n ＋1－(n －1)×2n ，解得a n ＝2n ＋2，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝4也满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2，且数列{a n }为等差数列，公差为2.令b n ＝a n －kn ＝(2－k )n ＋2，则数列{b n }也是等差数列，由S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，知2－k <0，且b 5＝12－5k ≥0，b 6＝14－6k ≤0，解得73≤k ≤125.9．已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)证明：S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＋1S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n2n＋1，n 为奇数，2＋12n2n－1，n 为偶数.当n 为奇数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.10．(2017·高考山东卷)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解析：(1)设数列{x n }的公比为q ，q >0. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2，所以3q 2－5q －2＝0，因为q >0，所以q ＝2，x 1＝1，因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，P 3，…，P n ＋1向轴x 作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，Q 3，…，Q n ＋1，由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n . 由题意b n ＝n ＋n ＋12×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋21－2n －11－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝2n －1×2n＋12.。

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案：5.5 数列的综合应用 Word版含答案

第五节数列的综合应用数列的综合应用能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，抽象出数列的模型，并能用有关知识解决相应的问题．知识点数列的实际应用问题数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)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，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是前n项和S n与S n＋1之间的递推关系．必备方法解答数列应用题的步骤：(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．具体解题步骤用框图表示如下：[自测练习]1．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要() A．6秒钟B．7秒钟C．8秒钟D．9秒钟解析：设至少需要n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，∴1－2n 1－2≥100，∴n ≥7. 答案：B2．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π，故2π3n ＋n (n －1)2×π36＝(n －2)π. 化简得n 2－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)．答案：93．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n ＋1≥7，即n ≥6.答案：6考点一等差、等比数列的综合应用|在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n ，∴a n ＋13n －a n3n －1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列．(2)由(1)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列，∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ， ∴a n ＝2n ×3n －1.∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n ×3n －1，∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n ×3n .∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n ×3n＝2×1－3n1－3－2n ×3n＝3n －1－2n ×3n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫n －12×3n ＋12.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．1．(2016·贵州七校联考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n <a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧q 2(3＋3d )＝36，q (2＋d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝13(5－2n )，b n ＝6n －1.(2)若a n <a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1.考点二数列的实际应用问题|为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．(1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )； (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a 的最小值．[解] (1)设a n ，b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．依题意，得{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，{b n }是首项为400，公差为a 的等差数列．所以{a n }的前n 项和S n ＝128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n 1－32＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1， {b n }的前n 项和T n ＝400n ＋n (n －1)2a . 所以经过n 年，该市被更换的公交车总数为S (n )＝S n ＋T n ＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1＋400n ＋n (n －1)2a . (2)若计划7年内完成全部更换，则S (7)≥10 000，所以256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫327－1＋400×7＋7×62a ≥10 000，即21a ≥3 082，所以a ≥1461621.又a ∈N *，所以a 的最小值为147.解决数列应用题一个注意点解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，要求a n 还是S n ，特别是要弄清项数．2．某工业城市按照“十二五”(2011年至2015年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO 2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO 2的年排放量约为9.3万吨．(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO 2约多少万吨？(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO 2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p ，为使2020年这一年SO 2的年排放量控制在6万吨以内，求p 的取值范围．⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：823≈0.9505，923≈0.955 9解：(1)设“十二五”期间，该城市共排放SO 2约y 万吨，依题意，2011年至2015年SO 2的年排放量构成首项为9.3，公差为－0.3的等差数列，所以y ＝5×9.3＋5×(5－1)2×(－0.3)＝43.5(万吨)．所以按原计划“十二五”期间该城市共排放SO 2约43.5万吨． (2)由已知得，2012年的SO 2年排放量为9.3－0.3＝9(万吨)，所以2012年至2020年SO 2的年排放量构成首项为9，公比为1－p 的等比数列．由题意得9×(1－p )8<6，由于0<p <1，所以1－p <823，所以1－p <0.950 5，解得p >4.95%.所以SO 2的年排放量每年减少的百分率p 的取值范围为(4.95%,1)．考点三数列与不等式的综合问题|(2015·高考浙江卷)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1≤a na n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)． [证明] (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈[1,2]，即1≤a na n ＋1≤2. (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12(n ＋1)≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)．数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．3．(2016·云南一检)在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n项和是S n .(1)证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； (2)比较a n 与S n ＋7的大小．解：(1)∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n ，∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝1a n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列．由a 1＝35，b n ＝1a n －1得b 1＝－52，∴S n ＝－5n 2＋n (n －1)2＝n 22－3n .(2)由(1)知：b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1得a n ＝1＋1b n ＝1＋1n －72.∴a n －S n －7＝－n 22＋3n －6＋1n －72.∵当n ≥4时，y ＝－n 22＋3n －6是减函数，y ＝1n －72也是减函数，∴当n ≥4时，a n －S n －7≤a 4－S 4－7＝0.又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－72<0，∴∀n ∈N *，a n －S n －7≤0， ∴a n ≤S n ＋7.6.数列的综合应用的答题模板【典例】 (12分)(2015·高考四川卷)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值．[思路点拨] 由S n ＝2a n －a 1，得a 2＝2a 1，a 3＝4a 1，再通过a 1，a 2＋1，a 3成等差数列确定首项a 1＝2是解决(1)的切入点；由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以T n ＝1－12n ，然后解不等式即可． [规范解答] (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有 a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．所以a ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.(2分)又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)．所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n .(6分) (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－12n .(8分)由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1 000. 因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10.(10分) 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.(12分) [模板形成][跟踪练习] (2015·湖北七市联考)数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝nλ·b n＋1(λ为常数，且λ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．解：(1)由题意得(1－a 2)2＝a 1(a 3＋1)，即⎝⎛⎭⎫1－12a 12＝a 1⎝⎛⎭⎫14a 1＋1，解得a 1＝12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n . 设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧ T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ(8＋d )，16＋d ＝2λ(8＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n， ∴12S n ＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝14n (n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1<14，② 由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .A 组考点能力演练1．(2015·杭州二模)在正项等比数列{a n }中，22为a 4与a 14的等比中项，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．6D ．4解析：因为{a n }是正项等比数列，且22为a 4与a 14的等比中项，所以a 4a 14＝8＝a 7a 11，则2a 7＋a 11＝2a 7＋8a 7≥22a 7·8a 7＝8，当且仅当a 7＝2时，等号成立，所以2a 7＋a 11的最小值为8，故选择B.答案：B2．(2016·宝鸡质检)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，问最小的一份为( )A.53B.103C.56D.116解析：由100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，可知中间一人得20块面包，设较大的两份为20＋d,20＋2d ，较小的两份为20－d,20－2d ，由已知条件可得17(20＋20＋d＋20＋2d )＝20－d ＋20－2d ，解得d ＝556，∴最小的一份为20－2d ＝20－2×556＝53，故选A.答案：A3．(2016·豫南十校联考)设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意的x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )．若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：在f (x )·f (y )＝f (x ＋y )中令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )f (1)，又a 1＝12，a n ＝f (n )(n∈N *)，则a n ＋1＝12a n ，所以数列{a n }是首项和公比都是12的等比数列，其前n 项和S n ＝12×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1，故选择C. 答案：C4．已知在等差数列{a n }中，a 1>0，d >0，前n 项和为S n ，等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 4，前n 项和为T n ，则( )A ．S 4>T 4B ．S 4<T 4C ．S 4＝T 4D ．S 4≤T 4解析：法一：设等比数列{b n }的公比为q ，则由题意可得q >1，数列{b n }单调递增，又S 4－T 4＝a 2＋a 3－(b 2＋b 3)＝a 1＋a 4－a 1q －a 4q ＝a 1(1－q )＋a 4⎝⎛⎭⎫1－1q ＝q －1q (a 4－a 1q )＝q －1q (b 4－b 2)>0，所以S 4>T 4.法二：不妨取a n ＝7n －4，则等比数列{b n }的公比q ＝3a 4a 1＝2，所以S 4＝54，T 4＝b 1(1－q 4)1－q ＝45，显然S 4>T 4，选A.答案：A5．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m ·a n ＝16a 21，m ，n ∈N *，则1m ＋9n的最小值为( ) A ．2 B ．16 C.114D.32解析：设数列{a n }的公比为q ，a 3＝a 2＋2a 1⇒q 2＝q ＋2⇒q ＝2，∴a n ＝a 1·2n －1，a m ·a n ＝16a 21⇒a 21·2m＋n －2＝16a 21⇒m ＋n ＝6，∵m ，n ∈N *，∴(m ，n )可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m ＝2，n ＝4时，1m ＋9n 取最小值114.答案：C6．(2016·兰州双基)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：由题意，得(a 1＋3×2)2＝(a 1＋2)(a 1＋7×2)，解得a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .答案：n 2＋n7．(2015·高考湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －1 8．从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.解析：设倒n 次后纯酒精与总溶液的体积比为a n ，则a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，由题意知⎝⎛⎭⎫12n <10%， ∴n ≥4.答案：49．已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <14. 解：(1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14－14(n ＋1)<14， ∴T n <14得证． 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. 解：(1)∵a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)，∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列， ∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ， ∴S n ＝12n. 将S n ＝12n代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎨⎧12， (n ＝1)，12n －2n 2， (n ≥2).(2)证明：∵S 2n ＝14n 2<14n (n －1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n (n ≥2)， S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n<14＋14⎝⎛⎭⎫1－12＋…＋14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝12－14n；当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1. 综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. B 组高考题型专练1．(2015·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b n n，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ，因此，T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)． 2．(2015·高考安徽卷)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n . 解：(1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 所以数列{x n }的通项公式x n ＝n n ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14. 当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n ，所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n. 综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n. 3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32. 证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.。

高考数学一轮复习第六章第5讲数列的综合应用配套课件理新人教A版

考点自测
1．若数列{an}为等比数列，则下面四个命题：
①{a2n}是等比数列； ②{a2n}是等比数列； ③a1n是等比数列； ④{lg|an|}是等比数列．其中正确的个数是________．
答案 3
2．(2012·南京一模)若数列{an}满足：lg an＋1＝1＋lg an(n∈N*)， a1＋a2＋a3＝10，则lg(a4＋a5＋a6)的值为________．
答案 (－∞，7]
5．(2012·盐城第一学期摸底考试)设等差数列{an}满足：公差 d∈N*，an∈N*，且{an}中任意两项之和也是该数列中的一项．若a1＝35，则d的所有可能取值之和为________．
解析由题意知，an＝35＋(n－1)d.对数列{an}中的任意两项ar，as其和为ar＋as＝35＋35＋(r＋s－2)d，设at＝35＋(t －1)d，则35＋(r＋s－2)d＝(t－1)d，即35＝(t－r－s＋1)d. 因为r，s，t，d∈N*，所以35是d的整数倍，即d所有可能取值为1,3,9,27,81,243，和为364. 答案 364
∴{an}是以 a4 为首项，a2 为公比的等比数列．
(2)解 bn＝anf(an)＝a2n＋2logaa2n＋2＝(2n＋2)a2n＋2. 当 a＝ 2时，bn＝(2n＋2)( 2)2n＋2＝(n＋1)2n＋2. Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n＋1)·2n＋2，① 2Sn＝2·24＋3·25＋4·26＋…＋n·2n＋2＋(n＋1)·2n＋3，② ①－②得－Sn＝2·23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)·2n＋3 ＝16＋2411－－22n－1－(n＋1)·2n＋3 ＝16＋2n＋3－24－n·2n＋3－2n＋3＝－n·2n＋3. ∴Sn＝n·2n＋3.

高考数学一轮总复习 5.5数列的综合应用练习-人教版高三全册数学试题

第五节数列的综合应用时间：45分钟分值：100分基础必做一、选择题1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12 B.5＋12C.1－52D.5－12或5＋12解析设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.答案 B2．据科学计算，运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…a n 则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n n －1d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 26＋2a 10＝0，首项为18的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 6＝a 6，则S 6＝( )A ．16 B.318 C.638D.6316解析由2a 2－a 26＋2a 10＝0，∴4a 6＝a 26. ∵a 6≠0，∴a 6＝4.∴b 6＝4.又∵{b n }的首项b 1＝18，∴q 5＝b 6b 1＝32.∴q ＝2. ∴S 6＝18－4×21－2＝638.答案 C4．(2014·某某八校二联)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n }1n n ＋1的图象上，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋…＋x 2 013＋x 2 014的值为( )A ．7 549B ．7 545C ．7 539D ．7 535解析由已知表格列出点(x n ，x n ＋1)，(1,3)，(3,5)，(5,6)，(6,1)，(1,3)，…，即x 1＝1，x 2＝3，x 3＝5，x 4＝6，x 5＝1，…，数列{x n }是周期数列，周期为4,2 014＝4×503＋2，所以x 1＋x 2＋…＋x 2 014＝503×(1＋3＋5＋6)＋1＋3＝7 549.答案 A5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1解析由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2， ∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 D6．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011解析结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D.答案 D 二、填空题7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…，所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10. 答案－108．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案 2 0009．(2014·某某六校二模)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{}中，c 5≤对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值X围是________．解析数列是取a n 和b n 中的最大值，据题意c 5是数列{}的最小项，由于函数y ＝25－n是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.答案 [－5，－3] 三、解答题10．(2014·某某高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：＋1<≤13. 解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，① 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，② ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3，∴b n ＝3n －6. (2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，∴＝3n 3n ＋1＝n 3n ，∴＋1－＝1－2n3n ＋1<0，∴＋1<<…<c 1＝13，即＋1<≤13.11．已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令＝(－1)n S n (n ∈N *)，{}的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)dn －2＋2n －1，a ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值X 围．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为＝(－1)nS n ，所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d )＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n . (2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1]＝4(a －2)3n －2＋2n －1＝4·3n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2.由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，因为2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54.所以a ≤54.培优演练1．已知点(1，13)是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？解 (1)因为f (1)＝a ＝13，所以f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝f (2)－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132－13＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝f (3)－f (2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝－227.又数列{a n }是等比数列，设其公比为q ，所以a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，所以c ＝1.又公比q ＝a 2a 1＝13，所以a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．因为S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，又b n >0，S n >0，所以S n －S n －1＝1.所以数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，b 1＝1也适合此通项公式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －1×2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，所以满足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112. 2．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)若S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n －1)·(a n ＋1－1)，是否存在a ，b ∈Z ，使得a ≤S n ≤b 恒成立？若存在，求出a 的最大值与b 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，知当n ≥2时，b n －1＝1a n －1－1，b n ＝1a n －1＝12－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1，所以b n －b n －1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1(n ∈N *，n ≥2)．所以{b n }是首项为b 1＝1a 1－1＝－52，公差为1的等差数列． (2)由(1)，知b n ＝n －72.依题意，有S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n－1)·(a n ＋1－1)＝1b 1·1b 2＋1b 2·1b 3＋…＋1b n ·1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝－25－1n ＋1－72.设函数y ＝1x －72，当x >72时，y >0，y ′<0，则函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞上为减函数，故当n ＝3时，S n ＝－25－1n ＋1－72取最小值－125. 而函数y ＝1x －72在x <72时，y <0，y ′＝－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －722<0，函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72上也为减函数，故当n ＝2时，S n 取得最大值85.故a 的最大值为－3，b 的最小值为2.。

高考数学(理)一轮复习课件：5-5数列的综合应用(人教A版)

■ ·考点自测· ■
1. [2012·蚌埠二中质检]已知数列{an}的通项公式为 an＝6n－4，数列{bn}的通项公式为bn＝2n，则在数列{an}
的前100项中与数列{bn}中相同的项有( )
A. 50项
B. 34项
C. 6项
D. 5项
答案：D
解析：a1＝2＝b1，a2＝8＝b3，a3＝14，a4＝20，a5＝ 26，a6＝32＝b5，又b10＝210＝1024>a100，b9＝512 ==令=== 6n －4，则n＝86，∴a86＝b9，b8＝256 ==令=== 6n－4无解，b7 ＝128 ==令=== 6n－4，则n＝22，∴a22＝b7，b6＝64＝6n－4 无解，综上知，数列{an}的前100项中与{bn}相同的项有5 项．
∴Tn＝π2 [1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]， 2Tn＝π2 [1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]，
两式相减，得
π
－Tn＝ 2 [1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·
2n＋1]，∴Tn＝π[(2n－3)·2n＋3].
[规律总结] 本题把数列、导数、解析几何等知识巧妙地融合在一起，具有较强的综合性，在解决数列知识与其他章节知识的综合题时，要注意思维角度与解题途径的选择，提高数字变形转换、推理等综合能力．
3. 数列知识的综合问题 (1)数列本身的综合数列知识内部综合主要是指以等差数列和等比数列为中心的综合问题，通常涉及到等差、等比数列的证明，基本计算、求和等．
(2)数列与其他章节知识的综合与数列常联系在一起命题的知识主要有函数、不等式和解析几何，以及三角、复数等．有时带有探索性，涉及到的方法有转化与化归、放缩、数学归纳法、反证法、函数思想等．

人教A版高考数学理科第一轮复习课件5.5数列的综合应用

规律方法
对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．
等差、等比数列的综合问题
考点
【训练 1】(2014· 昆明模拟)已知数列{an}是公差为 2 的等差数列，它的前 n 项和为 Sn，且 a1＋1，a3＋1，a7＋1 成等比数列． 1 (1)求{an}的通项公式； (2)求数列 S 的前 n 项和 Tn. n
3．数列的应用题
(1)解决数列应用题的基本步骤是： ①根据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知； ②根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型； ③求出数学模型，根据求解结果对实际问题作出结论． (2)数列应用题常见模型： ①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比； ③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，随项的变化而变化时，应考虑是 an 与 an－1 的递推关系，或前 n 项和 Sn 与 Sn－1 之间的递推关系．
1．等差数列等比数列的综合问题
(1)在等差数列{an}中，首项 a1 公差 d、前 n 项和 Sn、通项 an、项数 n，这五个元素中只要已知其中的三个，就一定能够求出另外两个．( ) (2)在等比数列{an}中，首项 a1、公比 q、前 n 项和 Sn、通项 an、项数 n，这五个元素中只要已知其中的三个，就一定能够求出另外两个．( ) (3)一个细胞由 1 个分裂为 2 个，则经过 5 次分裂后的细胞总数为 63.( ) (4)(2013· 重庆卷改编)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差 d≠0，Sn 为其前 n 项和，若 a1，a2，a5 成等比数列，则 S8＝128.( )

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第五章第五节数列的综合应用(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．(2011·济南模拟)已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A ．1B ．－1C ．1或－1D. 2解析：依题意有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或－1.答案：C2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 4＝36，则过点P (n ，a n )和Q (n ＋2，a n ＋2)(n ∈N *)的直线的一个方向向量的坐标可以是( )A ．(－12，－2)B ．(－1，－1)C ．(－12，－1)D ．(2，12)解析：设数列{a n}的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2×12d ＝104a 1＋4×32d ＝36，解得d ＝4，于是直线PQ 的斜率k ＝a n ＋2－a n n ＋2－n ＝d ＝4，故直线的一个方向向量的坐标可以是(－12，－2)．答案：A3．(2011·福州模拟)等差数列中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( )A ．156B ．52C ．26D ．13解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10， ∴6(a 4＋a 10)＝24，a 4＋a 10＝4， ∴S 13＝13a 1＋a 132＝13a 4＋a 102＝26.答案：C4．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析：依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.答案：D5．已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，则数列{a n }的最大项为( )A ．第7项B ．第8项C ．第7项或第8项D ．不存在解析：由于a n ＝nn 2＋58＝1n ＋58n，而函数f (x )＝x ＋58x 在(0，58)上递减，在(58，＋∞)上递增，且f (7)＝7＋587，f (8)＝8＋588，所以f (8)<f (7)．故a 8>a 7，从而数列{a n }的最大项为第8项．答案：B6．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)为止，一共使用了( )A ．600天B ．800天C ．1000天D ．1200天解析：由第n 天的维修保养费为n ＋4910元(n ∈N *)，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n 的值．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋5＋n ＋4910n2n ＝3.2×104n＋n20＋9920，当且仅当3.2×104n ＝n 20时取得最小值，此时n ＝800. 答案：B二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．解析：由题知a 25＝a 1·a 17，即a 25＝(a 5－4d )·(a 5＋12d )，∴8a 5d －48d 2＝0，∵d ≠0，∴a 5＝6d ，∴公比q ＝a 5a 1＝a 5a 5－4d ＝6d6d －4d＝3.答案： 38．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”，若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列c n 是“和等比数列”，则d ＝________.解析：由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋c n2，前2n 项和为S 2n ＝2n c 1＋c 2n 2，所以S 2nS n ＝2nc 1＋c 2n2n c 1＋c n 2＝2＋2nd4＋nd －d＝2＋21＋4－d nd，所以当d ＝4时，S 2nS n 为非零常数．答案：49．正整数按下列方法分组：{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…，记第n 组中各数之和为A n ；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…，记第n 组中后一个数与前一个数的差为B n ，则A n ＋B n ＝________.解析：由题意知，前n 组共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，所以第n －1组的最后一个数为(n －1)2，第n 组的第一个数为(n －1)2＋1，第n 组共有2n －1个数，所以根据等差数列的前n 项和公式可得A n ＝[n －12＋1]＋[n －12＋2n －1]2(2n －1)＝[(n －1)2＋n ](2n －1)，而B n ＝n 3－(n－1)3，所以A n ＋B n ＝2n 3.答案：2n 3三、解答题10．某市投资甲、乙两个工厂，2008年两工厂的年产量均为100万吨．在今后的若干年内，甲工厂的年产量每年比上一年增加10万吨，乙工厂第n 年比上一年增加2n －1万吨，记2008年为第一年，甲、乙两工厂第n 年的年产量分别记为a n ，b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若某工厂年产量超过另一工厂年产量的2倍，则将另一工厂兼并，问到哪一年底其中一个工厂被另一工厂兼并．解：(1)由题意可知数列{a n }是等差数列，a 1＝100，公差d ＝10，所以a n ＝10n ＋90，因为b n －b n －1＝2n －1，b n －1－b n －2＝2n －2，…，b 2－b 1＝2，所以b n ＝100＋2＋22＋…＋2n －1＝2n＋98(n ≥2)，b 1也满足上式，所以b n ＝2n＋98.(2)当n ≤5时， a n ≥b n 且a n <2b n ，当n ≥6时，a n <b n ，所以甲工厂有可能被乙工厂兼并，2a n <b n ，即2(10n ＋90)<2n＋98，得n ≥8，故2015年底甲工厂将被乙工厂兼并． 11．设数列{a n }满足条件：a 1＝8，a 2＝0，a 3＝－7，且数列{a n ＋1－a n }(n ∈N *)是等差数列． (1)设c n ＝a n ＋1－a n ，求数列{c n }的通项公式； (2)求S n ＝|c 1|＋|c 2|＋…＋|c n |的值；(3)数列{a n }的最小项是第几项，并求出该项的值．解：(1)因为数列{a n ＋1－a n }是等差数列，首项c 1＝a 2－a 1＝－8，公差d ＝(－7－0)－(0－8)＝1，所以c n ＝－8＋(n －1)·1＝n －9，即c n ＝n －9，n ∈N *. (2)令n －9>0，得n >9，所以，当n ≤9，n ∈N *时，S n ＝(－c 1)＋(－c 2)＋…＋(－c n )＝8＋9－n 2n ＝17n －n 22；当n >9，n ∈N *时，S n ＝S 9＋c 10＋…＋c n ＝36＋1＋n －92(n －9)＝n 2－17n ＋1442.(3)由(1)得：a n －a n －1＝n －10(n ∈N *，n >1)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(n －10)＋(n －11)＋…＋(－8)＋8＝－8＋n －102(n －1)＋8＝12(n 2－19n )＋17＝12(n －192)2－2258.所以当n ＝9或n ＝10时，a n 的值最小，即第9项和第10项为数列{a n }的最小项，最小项的值为－28.12．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax .(1)若函数f (x )在其定义域上为增函数，求a 的取值范围；(2)设a n ＝1＋1n(n ∈N *)，求证：3(a 1＋a 2＋…＋a n )－a 21－a 22－…－a 2n <ln(n ＋1)＋2n .解：(1)函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (x >0)，则f ′(x )＝1x＋2x －a (x >0)．因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即1x＋2x －a ≥0在(0，＋∞)上恒成立．所以1x＋2x ≥a .因为当x >0时，1x＋2x ≥2 2.当且仅当1x ＝2x ，即x ＝22时等号成立．所以a ≤2 2.故实数a 的取值范围是(－∞，22]． (2)证明：令a ＝3，则f (x )＝ln x ＋x 2－3x . f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x＝2x －1x －1x.当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )在(1，＋∞)上是增函数．所以f (1＋1n)>f (1)＝－2.所以ln(1＋1n )＋(1＋1n )2－3(1＋1n)>－2.所以3(1＋1n )－(1＋1n )2<2＋ln(1＋1n)．即3a n －a 2n <2＋ln(1＋1n)．所以3a 1－a 21<2＋ln(1＋1)，3a 2－a 22<2＋ln(1＋12)，3a 3－a 23<2＋ln(1＋13)，……3a n －a 2n <2＋ln(1＋1n)，将以上各式左右两边分别相加，得3(a 1＋a 2＋…＋a n )－a 21－a 22－…－a 2n <(2＋ln 21)＋(2＋ln 32)＋…＋(2＋ln n ＋1n )＝2n ＋ln(n ＋1)．故所证不等式成立．。