[精]高三第一轮复习全套课件3数列：数列的综合应用
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高三数学一轮复习课件数列.ppt
[解] (1)由 S2＝43a2 得 3(a1＋a2)＝4a2， 解得 a2＝3a1＝3. 由 S3＝53a3 得 3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得 a3＝32(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知 a1＝1. 当 n>1 时，有 an＝Sn－Sn－1＝n＋3 2an－n＋3 1an－1， 整理得 an＝nn＋－11an－1. 于是 a2＝31a1，a3＝42a2，…，an－1＝n－n 2an－2，an＝nn＋ －11an－1. 将以上 n－1 个等式中等号两端分别相乘，整理得 an＝nn2＋1. 综上可知，{an}的通项公式 an＝nn2＋1.
当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，故an＝4n＋1. (2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1. 当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，
故an＝42，×3n－1，
n＝1， n≥2.
已知数列{an}的前n项和Sn，求数列的通项公式， 其求解过程分为三步：
[例 1] (2013·天津南开中学月考)下列公式可作为
数列{an}：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是
()
A．an＝1
B．an＝－12n＋1
C．an＝2－sinn2π
D．an＝－1n2－1＋3
[自主解答]
由an＝2－
nπ
sin
2
可得a1＝1，
a2＝2，
a3＝1，a4＝2，….
[答案] C
教师备选题（给有能力的学生加餐）
1．下列说法中，正确的是
()
A．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}
B．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的
解得 a3＝32(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知 a1＝1. 当 n>1 时，有 an＝Sn－Sn－1＝n＋3 2an－n＋3 1an－1， 整理得 an＝nn＋－11an－1. 于是 a2＝31a1，a3＝42a2，…，an－1＝n－n 2an－2，an＝nn＋ －11an－1. 将以上 n－1 个等式中等号两端分别相乘，整理得 an＝nn2＋1. 综上可知，{an}的通项公式 an＝nn2＋1.
当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，故an＝4n＋1. (2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1. 当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，
故an＝42，×3n－1，
n＝1， n≥2.
已知数列{an}的前n项和Sn，求数列的通项公式， 其求解过程分为三步：
[例 1] (2013·天津南开中学月考)下列公式可作为
数列{an}：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是
()
A．an＝1
B．an＝－12n＋1
C．an＝2－sinn2π
D．an＝－1n2－1＋3
[自主解答]
由an＝2－
nπ
sin
2
可得a1＝1，
a2＝2，
a3＝1，a4＝2，….
[答案] C
教师备选题（给有能力的学生加餐）
1．下列说法中，正确的是
()
A．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}
B．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的
高考数学一轮总复习课件：数列的综合应用
又因为an≤15，所以6×1.2n－1≤15， 所以n－1≤5，所以n≤6. 所以an＝611×，1n.2＝n－11，，2≤n≤6，
15，n≥7.
(2)由(1)得，2021年全年的投资额是(1)中数列{an}的前12项 和，所以S12＝a1＋(a2＋…＋a6)＋(a7＋…＋a12)＝11＋6×(1.2＋… ＋1.25)＋6×15＝101＋6×1.2×（1.21－.251－1）≈154.64(万元)．
(1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 【思路】 (1)已知数列{an}的前n项和Sn与相邻两项an，an＋1间 的递推关系式anan＋1＝λSn－1，要证an＋2－an＝λ，故考虑利用an＋1＝ Sn＋1－Sn消去Sn进行证明． (2)若{an}为等差数列，则有2a2＝a1＋a3，故可由此求出λ，进 而由an＋2－an＝4验证{an}是否为等差数列即可．
【解析】 (1)证明：由已知，得bn＝2an>0. 当n≥1时，bbn＋n 1＝2an＋1－an＝2d. 所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列． (2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x －a2)，它在x轴上的截距为a2－ln12. 由题意，a2－ln12＝2－ln12，解得a2＝2. 所以d＝a2－a1＝1，所以an＝n，bn＝2n，anbn2＝n·4n.
比数列．所以an＋1＝45＋－25190n.
(3)因为an＋1>60%，即
4 5
＋
－25
9 10
n
>
3 5
，则
9 10
n
<
1 2
，所以
n(lg9－1)<－lg2，n>1－lg22lg3≈6.572 1.
高三数学数列的综合应用复习课件
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：如果题目中给出的是前后两项之 间的关系不固定，是随项的变化而变化时，应考虑 是 an 与 an＋1 的递推关系，还是前 n 项和 Sn 与 Sn＋1 之间的递推关系．
§
5.5Biblioteka 双基研习•面对高考数
列
考点探究•挑战高考
的
综
合
考向瞭望•把脉高考
应
用
双基研习•面对高考
基础梳理
1．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，弄清该数列的特征、要 求是什么． (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．
Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－2 1.
等差、等比数列的实际应用
与数列有关的应用题大致有三类：一是有关等差 数列的应用题；二是有关等比数列的应用题；三 是有关递推数列中可化成等差、等比数列的问 题．当然，还包括几类问题的综合应用．其中第 一类问题在内容上比较简单，建立等差数列模型
A．1
B．2
C．3
D．4
答案：B
3．(教材改编题)电子计算机中使用的二进制与十 进制的换算关系如下表所示：
十进 制
1
2
3
4
5
67
8…
二进 制
1
10
2023版高考数学一轮总复习专题三数列课件
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式. (2)令 cn＝abnn，若 cn≤x2－2x－1 对于一切的正整数 n 恒成立，求实数 x 的取值范围. (3)数列{an}中是否存在 am，an，ak(m<n<k，且 m，n， k∈N*)使 am，an，ak 成等差数列？若存在，求出 m，n，k 的值；若不存在，请说明理由.
(2)依题意得 cn＝abnn＝n2＋n－11＝(n＋1)12n－1，n∈N*.
因为 cn＋1－cn＝(n＋2)12n－(n＋1)12n－1＝12n－1· n＋2 2－n－1＝－n212n－1<0，
所以当 n＝1 时，cn 取得最大值 c1＝2. 因为 cn≤x2－2x－1 对于一切的正整数 n 恒成立，所以 2≤x2－2x－1，解得 x≤－1 或 x≥3， 所以实数 x 的取值范围是{x|x≤－1 或 x≥3}.
题型一 等差、等比数列的综合问题 等差数列与等比数列的综合应用时常出现在全国各地 高考试卷中，主要考查等差数列、等比数列的基本概念、
基本公式、基本性质及基本运算，对于 Sn与an的关系式，
备考复习时应该予以重视.
[例 1](2020 年天津卷)已知{an}为等差数列，{bn}为等 比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
题型二 数列与不等式的综合问题 数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一 是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体， 考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不 等式的证明.在解决这些问题时，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、分析法等.如果是 解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、 因式分解法等.
则数列{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列； 由①与②相减得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2(其中 n∈N*)， 又 a1－b1＝1－0＝1，则数列{an－bn}是以 1 为首项，
(2)依题意得 cn＝abnn＝n2＋n－11＝(n＋1)12n－1，n∈N*.
因为 cn＋1－cn＝(n＋2)12n－(n＋1)12n－1＝12n－1· n＋2 2－n－1＝－n212n－1<0，
所以当 n＝1 时，cn 取得最大值 c1＝2. 因为 cn≤x2－2x－1 对于一切的正整数 n 恒成立，所以 2≤x2－2x－1，解得 x≤－1 或 x≥3， 所以实数 x 的取值范围是{x|x≤－1 或 x≥3}.
题型一 等差、等比数列的综合问题 等差数列与等比数列的综合应用时常出现在全国各地 高考试卷中，主要考查等差数列、等比数列的基本概念、
基本公式、基本性质及基本运算，对于 Sn与an的关系式，
备考复习时应该予以重视.
[例 1](2020 年天津卷)已知{an}为等差数列，{bn}为等 比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
题型二 数列与不等式的综合问题 数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一 是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体， 考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不 等式的证明.在解决这些问题时，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、分析法等.如果是 解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、 因式分解法等.
则数列{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列； 由①与②相减得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2(其中 n∈N*)， 又 a1－b1＝1－0＝1，则数列{an－bn}是以 1 为首项，
高考数学一轮复习 数列的综合应用课件
1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重 点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n项和公式以 及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点.
2.利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值.同时对两 种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质， 可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程 求解.
交点的个数为
()
A.0
B.1
C.2
D.不能确定
解析：由题意b2＝ac(ac＞0)，∴Δ＝b2－4ac＝－3b2＜0. 答案：A
4.5·12汶川大地震后，山东天成书业公司于2008年8月向北川
中学捐赠《三维设计》系列丛书三万册，计划以后每年比
上一年多捐5000册，则5年共捐
万册.
解析：由题意知a1＝3，d＝0.5 S5＝3×5＋ ×0.5＝20.
解：(1)∵曲线C在点An(an，a
2 n
)处的切线ln的斜率是2an，∴
切线ln的方程是y－ ＝2an(x－an)，
由于点Bn的横坐标等于点An＋1的横坐标an＋1，
∴令y＝0，得an＋1＝
∴数列{an}是首项为1，公比为 的等比数列，
∴an＝
(2)∵Sn=
2(1- ), ∴anSn=4× (1- ),
∴f(x)<f(0)=0,即x<
上恒成立.
又
(12分)
即x1·X5·…·x2n-1<
< sin .
已知数列{an}的首项a1＝1，且点An(an，an＋1)在函数 y= 的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：弦AnAn＋1的斜率随n的增大而增大.
(1)将点An(an，an＋1)代入函数 y
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证明：①根据 S n a n
a 1 , ( n 1) 得 an=a+(n─1) 2b, S n S n 1 , ( n 2 )
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例 6 数列{an}的前 n 项和 Sn=na+(n─1)nb,(n=1,2,…),a,b 是常数，且 b≠0, ①求证{an}是等差数列； ②求证以(an,Sn/n─1)为坐标的点 Pn 都落在同一直线上，并求出直线方程； ③设 a=1,b=1/2,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r>0),求使得点 P1,P2,P3 都落 在圆外的 r 的取值范围
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解：①依题意，由{an}是等差数列，有 ar+ar+2=2ar+1 (r∈N),即 x=─1 时，方程 成立，因此方程恒有实数根 x=─1; ②设公差为 d(化归思想),先解出方程的另一根 mr=─ar+2/ar, ∴ 1/(mr+1)=ar/(ar─ar+2)=─ar/(2d), ∴ 1/(mr+1+1)─1/(mr+1)= 〔─ar+1/(2d)〕─〔─ar/(2d)〕=─1/2, ∴ {1/(mr+1)}是等差数列
∴{an}是等差数列，首项为 a,公比为 2b
②由 x=an=a+(n─1)2b, y=Sn/n─1=a+(n─1)b 两式中消去 n,得：x─2y+a─2=0, （另外算斜率也是一种办法）
(3)P1(1,0),P2(2,1/2),P3(3,1),它们都落在圆外的条件是： (r─1)2+r2>r2; (r─2)2+(r─1/2)2>r2; (r─3)2+(r─1)2>r2 ∴ r 的取值范围是(1,5/2─ 2 )∪(0,1)∪(4+ 6 ,+∞)
lim S n =1/3
n
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例 5 等差数列{an}中，已知公差 d≠0,an≠0,设方程 arx2+2ar+1x+ar+2=0 (r∈ N)是关于 x 的一组方程 ①证明这些方程中有公共根，并求这个公共根； ②设方程 arx2+2ar+1x+ar+2=0 的另一根记为 mr,证明： 数列{1/(mr+1)}是等差数 列
=q≠0
∴ {bn}是首项为 1+r,公比为 q 的等比数列，从而 bn=(1+r)qn─1, 当 q=1 时，Sn=n(1+r), lim
1 Sn
n
=0;
当 0<q<1 时， lim
1 Sn
n
=(1─q)/(1+r);
当 q>1 时， lim
1 Sn
n
=0;
19 . 2 n 20 . 2 n
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─1,q=0 5,求数列{
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log log
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解：①rqn─1+rqn>rqn+1, q>0 0<q<(1+ 5 )/2;
②
a n 1 a n 2 a n a n 1
a n2 an
q
b n 1 bn
a 2 n 1 a 2 n 2 a 2 n 1 a 2 n
a 2 n 1 q a 2 n q a 2 n 1 a 2 n
数列的综合应用
例 1 等差数列{an}的首项 a1>0,前 n 项和为 Sn,若 Sm=Sk(m≠k),问 n 为何值时， Sn 最大？
解： 根据 a n 成等差数列
a n An B S n An
2
Bn ， 首项 a1>0,
若 m+k 为偶数,则当 n=(m+k)/2 时，Sn 最大； 若 m+k 为奇数，当 n=(m+k─1)/2 或 n=(m+k+1)/2 时，Sn 最大
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例 2 已知关于 n 的不等式 1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(2n)> 于一切大于 1 的自然数 n 都成立，求 a 的取值范围
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例 4 已知抛物线 y=x2,点 An 的坐标为(1,0),将 OAn 分为 n 等分，分点为 A1,A2,…An─1, 过 A1,A2,…An─1,An 分别作 y 轴的平行线，分别交抛物线于 B1,B2,B3, …Bn─1,Bn,再分别以 OA1, A1A2,A2A3, …An─1An 为宽作 n 个小矩形
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例 7 已知数列{an}满足条件 a1=1,a2=r(r>0),且{anan+1}是公比为 q (q>0)的等 比数列，设 bn=a2n─1+a2n (n=1,2,3,…) ①求出使不等式 anan+1+an+1an+2>an+2an+3 (n∈N) 成立的 q 的取值范围；
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) =0,
n
两边同除以 pn,得： lim (2)当 p<1 时,
Sn S n 1
n
=p;
∵ p>q>o,∴ 0<q<p<1 lim p =0, lim q =0,
n n
n
n
∴ lim
Sn S n 1
n
=1
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a 1 ( q 1)( p a 1 ( q 1)( p
n
Sn S n 1
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2 2
b n 1 bn
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}的最大项和最小项的值
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n
解：Sn=
1 n
1 n
2
1
( ) ( ) ( ) n n n n n n
2 2
2
1
3
1
n
2
=(n+1)(2n+1)/(6n2);
n
解：
Sn S n 1
1) b1 ( p 1)( q 1) b1 ( p 1)( q
n
1) 1)
n 1
n 1
,以下分两种情况讨论：
(1)当 p>1 时, ∵ p>q>0,∴ 0<q/p<1 lim (
n
q p
) =0, lim (
n
n
1 p
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例 3 已知数列{an},{bn}都是由正数组成的等比数列，公比分别为 p,q,其中 p>q 且 q≠1, p≠1, 设 Cn=an+bn,Sn 为数列{Cn}的前 n 项和，求 lim
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②求 bn 和 lim
1 Sn
n
,其中 Sn 为数列 bn 的前 n 项的和；
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∴ 7/12>
1 12
log
a
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证明：①根据 S n a n
a 1 , ( n 1) 得 an=a+(n─1) 2b, S n S n 1 , ( n 2 )
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例 6 数列{an}的前 n 项和 Sn=na+(n─1)nb,(n=1,2,…),a,b 是常数，且 b≠0, ①求证{an}是等差数列； ②求证以(an,Sn/n─1)为坐标的点 Pn 都落在同一直线上，并求出直线方程； ③设 a=1,b=1/2,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r>0),求使得点 P1,P2,P3 都落 在圆外的 r 的取值范围
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解：①依题意，由{an}是等差数列，有 ar+ar+2=2ar+1 (r∈N),即 x=─1 时，方程 成立，因此方程恒有实数根 x=─1; ②设公差为 d(化归思想),先解出方程的另一根 mr=─ar+2/ar, ∴ 1/(mr+1)=ar/(ar─ar+2)=─ar/(2d), ∴ 1/(mr+1+1)─1/(mr+1)= 〔─ar+1/(2d)〕─〔─ar/(2d)〕=─1/2, ∴ {1/(mr+1)}是等差数列
∴{an}是等差数列，首项为 a,公比为 2b
②由 x=an=a+(n─1)2b, y=Sn/n─1=a+(n─1)b 两式中消去 n,得：x─2y+a─2=0, （另外算斜率也是一种办法）
(3)P1(1,0),P2(2,1/2),P3(3,1),它们都落在圆外的条件是： (r─1)2+r2>r2; (r─2)2+(r─1/2)2>r2; (r─3)2+(r─1)2>r2 ∴ r 的取值范围是(1,5/2─ 2 )∪(0,1)∪(4+ 6 ,+∞)
lim S n =1/3
n
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例 5 等差数列{an}中，已知公差 d≠0,an≠0,设方程 arx2+2ar+1x+ar+2=0 (r∈ N)是关于 x 的一组方程 ①证明这些方程中有公共根，并求这个公共根； ②设方程 arx2+2ar+1x+ar+2=0 的另一根记为 mr,证明： 数列{1/(mr+1)}是等差数 列
=q≠0
∴ {bn}是首项为 1+r,公比为 q 的等比数列，从而 bn=(1+r)qn─1, 当 q=1 时，Sn=n(1+r), lim
1 Sn
n
=0;
当 0<q<1 时， lim
1 Sn
n
=(1─q)/(1+r);
当 q>1 时， lim
1 Sn
n
=0;
19 . 2 n 20 . 2 n
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─1,q=0 5,求数列{
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log log
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解：①rqn─1+rqn>rqn+1, q>0 0<q<(1+ 5 )/2;
②
a n 1 a n 2 a n a n 1
a n2 an
q
b n 1 bn
a 2 n 1 a 2 n 2 a 2 n 1 a 2 n
a 2 n 1 q a 2 n q a 2 n 1 a 2 n
数列的综合应用
例 1 等差数列{an}的首项 a1>0,前 n 项和为 Sn,若 Sm=Sk(m≠k),问 n 为何值时， Sn 最大？
解： 根据 a n 成等差数列
a n An B S n An
2
Bn ， 首项 a1>0,
若 m+k 为偶数,则当 n=(m+k)/2 时，Sn 最大； 若 m+k 为奇数，当 n=(m+k─1)/2 或 n=(m+k+1)/2 时，Sn 最大
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例 2 已知关于 n 的不等式 1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(2n)> 于一切大于 1 的自然数 n 都成立，求 a 的取值范围
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例 4 已知抛物线 y=x2,点 An 的坐标为(1,0),将 OAn 分为 n 等分，分点为 A1,A2,…An─1, 过 A1,A2,…An─1,An 分别作 y 轴的平行线，分别交抛物线于 B1,B2,B3, …Bn─1,Bn,再分别以 OA1, A1A2,A2A3, …An─1An 为宽作 n 个小矩形
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例 7 已知数列{an}满足条件 a1=1,a2=r(r>0),且{anan+1}是公比为 q (q>0)的等 比数列，设 bn=a2n─1+a2n (n=1,2,3,…) ①求出使不等式 anan+1+an+1an+2>an+2an+3 (n∈N) 成立的 q 的取值范围；
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) =0,
n
两边同除以 pn,得： lim (2)当 p<1 时,
Sn S n 1
n
=p;
∵ p>q>o,∴ 0<q<p<1 lim p =0, lim q =0,
n n
n
n
∴ lim
Sn S n 1
n
=1
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a 1 ( q 1)( p a 1 ( q 1)( p
n
Sn S n 1
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2 2
b n 1 bn
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}的最大项和最小项的值
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n
解：Sn=
1 n
1 n
2
1
( ) ( ) ( ) n n n n n n
2 2
2
1
3
1
n
2
=(n+1)(2n+1)/(6n2);
n
解：
Sn S n 1
1) b1 ( p 1)( q 1) b1 ( p 1)( q
n
1) 1)
n 1
n 1
,以下分两种情况讨论：
(1)当 p>1 时, ∵ p>q>0,∴ 0<q/p<1 lim (
n
q p
) =0, lim (
n
n
1 p
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例 3 已知数列{an},{bn}都是由正数组成的等比数列，公比分别为 p,q,其中 p>q 且 q≠1, p≠1, 设 Cn=an+bn,Sn 为数列{Cn}的前 n 项和，求 lim
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②求 bn 和 lim
1 Sn
n
,其中 Sn 为数列 bn 的前 n 项的和；
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∴ 7/12>
1 12
log
a