高考数学总复习教案第五章数列第6课时数列的综合应用
第五章数列第6课时数列的综合应用(对应学生用书(文)、(理)82～83页)1. 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S n(万件)近似地满足关系式S n＝n90(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________．答案：7、8解析：由S n 解出a n ＝130(－n 2＋15n －9)， 再解不等式130(－n 2＋15n －9)>1.5，得6<n<9.2. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 100·OA →＋a 101OC →，且A 、B 、C 三点共线(该直线不过点O)，则S 200＝________．答案：100解析：∵ OB →＝a 100OA →＋a 101OC →且A 、B 、C 三点共线(该直线不过点O)，∴ a 100＋a 101＝1，∴ S 200＝200×（a 1＋a 200）2＝100×(a 1＋a 200)＝100×1＝100.3. 设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________． 答案：33解析：设a 2＝t ，则1≤t ≤q ≤t ＋1≤q 2≤t ＋2≤q 3，由于t ≥1，所以q ≥max{t ，t ＋1，3t ＋2}，故q 的最小值是33.4. 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＝________．答案：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＝64.1. 形如a n＋1＝λa n＋μ的线性递推关系，可用待定系数法；2. 形如a n＋1＝a n＋f(n)的递推关系，可用叠加法；3. 形如a n＋1＝a n·f(n)的递推关系，可用叠乘法；4. 递推数列的求解方法还有倒数法、等价转化法、利用周期性等．[备课札记]题型1 子数列问题例1 (2013·南通模拟)设无穷数列{a n }满足：n ∈Ν，a n <a n ＋1，a n ∈N．记b n ＝aa n ，c n ＝aa n ＋1(n ∈N *)．(1) 若b n ＝3n(n ∈N *)，求证：a 1＝2，并求c 1的值；(2) 若{c n }是公差为1的等差数列，问{a n }是否为等差数列，证明你的结论．解：(1) 因为a n ∈N ，所以若a 1＝1，则b 1＝aa 1＝a 1＝3矛盾，若a 1≥3＝aa 1，可得1≥a 1≥3矛盾，所以a 1＝2.于是a 2＝aa 1＝3，从而c 1＝aa 1＋1＝a 3＝aa 2＝6.(2) {a n }是公差为1的等差数列，证明如下：a n ＋1>a nn ≥2时，a n >a n －1，所以a n ≥a n －1＋1a n ≥a m ＋(n －m)，(m<n)aa n ＋1＋1≥aa n ＋1＋a n ＋1＋1－(a n ＋1)，即c n ＋1－c n ≥a n ＋1－a n ，由题设，1≥a n ＋1－a n ，又a n ＋1－a n ≥1，所以a n ＋1－a n ＝1，即{a n }是等差数列． 变式训练(2013·泰州模拟)已知数列a n ＝n －16，b n ＝(－1)n |n －15|，其中n ∈N *. (1) 求满足a n ＋1＝|b n |的所有正整数n 的集合； (2) 若n ≠16，求数列b na n的最大值和最小值；(3) 记数列{a n b n }的前n 项和为S n ，求所有满足S 2m ＝S 2n (m ＜n)的有序整数对(m ，n)． 解：(1) a n ＋1＝|b n |，n －15＝|n －15|.当n ≥15时，a n ＋1＝|b n |恒成立；当n<15时，n －15＝－(n －15)，n ＝15(舍去)． ∴ n 的集合为{n|n ≥15，n ∈N *}．(2) b n a n＝（－1）n|n －15|n －16.(ⅰ) 当n>16时，n 取偶数时，b n a n ＝n －15n －16＝1＋1n －16，当n ＝18时，⎝⎛⎭⎫b n a nmax＝32，无最小值； n 取奇数时，b n a n＝－1－1n －16，n ＝17时，⎝⎛⎭⎫b n a n min＝－2，无最大值．(ⅱ) 当n<16时，b n a n＝（－1）n（n －15）n －16.当n 为偶数时，b n a n＝－（n －15）n －16＝－1－1n －16.n ＝14时，⎝⎛⎭⎫b n a nmax＝－12，⎝⎛⎭⎫b n a n min ＝－1314；当n 为奇数时，b n a n ＝n －15n －16＝1＋1n －16，n ＝1时，⎝⎛⎭⎫b n a nmax＝1－115＝1415，n ＝15时，⎝⎛⎭⎫b n a n min＝0.综上，b n a n 最大值为32(n ＝18)，最小值－2(n ＝17)．(3) 当n ≤15时，b n ＝(－1)n －1(n －15)，a 2k －1b 2k －1＋a 2k b 2k ＝2(16－2k)≥0，当n>15时，b n ＝(－1)n (n －15)，a 2k －1b 2k －1＋a 2k b 2k ＝2(2k －16)>0，其中a 15b 15＋a 16b 16＝0，∴ S 16＝S 14，m ＝7，n ＝8.题型2 递推数列问题例2 (2013·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1) 求a 2的值；(2) 求数列{a n }的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.(1) 解：∵2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N ．∴ 当n ＝1时，2a 1＝2S 1＝a 2－13－1－23＝a 2－2.又a 1＝1，∴ a 2＝4. (2) 解：∵2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N ．∴ 2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n＝na n ＋1－n （n ＋1）（n ＋2）3，①∴ 当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －（n －1）n （n ＋1）3，②由①－②，得2S n －2S n －1＝na n ＋1－(n －1)a n －n(n ＋1)， ∵ 2a n ＝2S n －2S n －1，∴ 2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －n(n ＋1)，∴a n ＋1n ＋1－a nn ＝1， ∴ 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以首项为a 11＝1，公差为1的等差数列．∴a nn＝1＋1×(n －1)＝n ，∴ a n ＝n 2(n ≥2)， 当n ＝1时，上式显然成立． ∴ a n ＝n 2，n ∈N *. (3) 证明：由(2)知，a n ＝n 2，n ∈N *，① 当n ＝1时，1a 1＝1<74，∴ 原不等式成立．② 当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14<74，∴ 原不等式成立．③ 当n ≥3时，∵ n 2>(n －1)·(n ＋1)， ∴1n 2<1（n －1）·（n ＋1）， ∴1a 1＋1a 2＋...＋1a n ＝112＋122＋ (1)2 <1＋11×3＋12×4＋…＋1（n －2）·n ＋1（n －1）·（n ＋1）＝1＋12⎝⎛⎭⎫11－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝1＋12(11－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋1n －1－1n ＋1)＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋12－1n －1n ＋1＝74＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫－1n －1n ＋1<74， ∴ 当n ≥3时，∴ 原不等式亦成立． 综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.备选变式（教师专享）(2013·无锡模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，n ∈N *，a n ＞0，数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋1＝2S n ＋1＋S n －2.(1) 求{S n }的通项公式；(2) 设{b k }是{S n }中的按从小到大顺序组成的整数数列． ① 求b 3；② 存在N(N ∈N *)，当n ≤N 时，使得在{S n }中，数列{b k }有且只有20项，求N 的范围． 解：(1) a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴ (S n ＋1－S n )(S n ＋1＋S n －2)＝2； 即(S n ＋1)2－(S n )2－2(S n ＋1－S n )＝2， ∴ (S n ＋1－1)2－(S n －1)2＝2，且(S 1－1)2＝1，∴ {(S n －1)2}是首项为1，公差为2的等差数列， ∴ S n ＝1＋2n －1.(2) ① n ＝1时，S 1＝1＋1＝2＝b 1，n ＝5时，S 5＝1＋3＝4＝b 2，n ＝13时，S 13＝1＋5＝6＝b 3.② ∵ 2n －1是奇数，S n ＝1＋2n －1为有理数，则2n －1＝2k －1，∴ n ＝2k 2－2k ＋1，当k ＝20时，n ＝761；当k ＝21时，n ＝841；∴ 存在N ∈[761，840]，当n ≤N 时，使得在{S n }中，数列{b k }有且只有20项． 题型3 有关数列的证明题例3 (2013·江苏)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数．(1) 若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S n k ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2) 若{b n }是等差数列，证明：c ＝0.证明：∵ {a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项和， ∴ S n ＝na ＋n （n －1）2d.(1) ∵ c ＝0，∴ b n ＝S nn ＝a ＋n －12 d.∵ b 1，b 2，b 4成等比数列，∴ b 22＝b 1b 4， ∴ ⎝⎛⎭⎫a ＋12d 2＝a ⎝⎛⎭⎫a ＋32d ， ∴ 12ad －14d 2＝0，∴ 12d ⎝⎛⎭⎫a －12d ＝0. ∵ d ≠0，∴ a ＝12d ，∴ d ＝2a ，∴ S n ＝na ＋n （n －1）2d ＝na ＋n （n －1）22a ＝n 2a ，∴ 左边＝S nk ＝(nk)2a ＝n 2k 2a ，右边＝n 2S k ＝n 2k 2a ， ∴ 左边＝右边，∴ 原式成立． (2) ∵ {b n }是等差数列， ∴ 设公差为d 1， ∴ b n ＝b 1＋(n －1)d 1代入b n ＝nS n n 2＋c ，得b 1＋(n －1)d 1＝nS nn 2＋c，∴ ⎝⎛⎭⎫d 1－12d n 3＋⎝⎛⎭⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c(d 1－b 1)对n ∈N *恒成立， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0，c （d 1－b 1）＝0，∴ d 1＝12d.∵ d ≠0，∴ d 1≠0.备选变式（教师专享）(2013·江西理)正项数列{a n }的前项和满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n)＝0.(1) 求数列{a n }的通项公式a n ；(2) 令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n<564. (1) 解：由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n)＝0，得[S n －(n 2＋n)](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n.于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n. 综上，数列{a n }的通项a n ＝2n.(2) 证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1（n ＋2）2. T n ＝116[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2] ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2<116(1＋122)＝564. 故对于任意的n ∈N *，都有T n <564.1. (2013·重庆)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和．若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________. 答案：64解析：a 22＝a 1a 5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，所以d ＝2，故S 8＝8＋8×72×2＝64. 2. (2013·上海)若等差数列的前6项和为23，前9项和为57，则数列的前n 项和S n ＝________．答案：56n 2－76n解析：由条件得⎩⎨⎧S 6＝6a 1＋6×52d ＝23，S 9＝9a 1＋9×82d ＝57，即⎩⎨⎧a 1＝－13，d ＝53，故a n＝56n 2－76n. 3. (2013·新课标)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．答案：－49解析：由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23，nS n ＝n 33－10n 23，对f(x)＝x 3－10x 23求导可得f(x)在⎝⎛⎭⎫0，203上递减，在⎝⎛⎭⎫203，＋∞上递增，分别计算n ＝6和n ＝7可得，当n ＝7时nS n ＝n 33－10n23最小为－49.4. (2013·江苏)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3，则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．答案：12解析：根据条件求得a n ＝2n －6，则不等式化为2n －1>2n 2－11n ＋102(*)，n>n 2－11n ＋102，解得13－1292<n<13＋1292，即1≤n ≤12，将n ＝13代入(*)式检验，经检验不成立，故最大正整数n 的值为12.1. (2013·徐州模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝3，当n ≥2时，a n ＋1是a n ·a n －1的个位数，则a 2 010＝________． 答案：4解析：由题意得，a 3＝a 1·a 2＝6，定义f(x)＝x 的个位数，则a 4＝f(a 3·a 2)＝8，依此类推，a 5＝8，a 6＝4，a 7＝2，a 8＝8，a 9＝6，a 10＝8，到此为止，看出一个周期，a 9＝a 3，a 10＝a 4，周期为6，因为前2项不符合周期，所以2 010－2＝2 008，2 008＝6×334＋4，所以a 2 010＝a 6＝4.2. (2013·扬州模拟)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 对任意给定的k ∈N *，是否存在p ，r ∈N *(k<p<r)使1a k ，1a p ，1a r成等差数列？若存在，用k 分别表示p 和r(只要写出一组)；若不存在，请说明理由．解：(1) 当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2，n ∈N *时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2，所以a n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1；综上所述，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2) 当k ＝1时，若存在p ，r 使1a k ，1a p ，1a r 成等差数列，则1a r ＝2a p －1a k ＝3－2p2p －1.因为p ≥2，所以a r <0与数列{a n }为正数相矛盾，因此，当k ＝1时不存在；当k ≥2时，设a k ＝x ，a p ＝y ，a r ＝z ，则1x ＋1z ＝2y ，所以z ＝xy2x －y .令y ＝2x －1，得z ＝xy ＝x(2x －1)，此时a k ＝x ＝2k －1，a p ＝y ＝2x －1＝2(2k －1)－1，所以p ＝2k －1，a r ＝z ＝(2k －1)(4k －3)＝2(4k 2－5k ＋2)－1，所以r ＝4k 2－5k ＋2.综上所述，当k ＝1时，不存在p ，r ；当k ≥2时，存在p ＝2k －1，r ＝4k 2－5k ＋2满足题设．3. 设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，y ≤－nx ＋3n 所表示的平面区域为D n ，记D n 内的整点个数为a n (n ∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1.若对于一切的正整数n ，总有T n ≤m ，求实数m 的取值范围．解：(1) 由x ＞0，y ＞0，3n －nx ＞0，得0＜x ＜3. ∴ x ＝1，或x ＝2.∴ D n 内的整点在直线x ＝1和x ＝2上．记直线y ＝－nx ＋3n 为l ，l 与直线x ＝1、x ＝2的交点的纵坐标分别为y 1，y 2.则y 1＝－n ＋3n ＝2n ，y 2＝－2n ＋3n ＝n.∴ a n ＝3n(n ∈N *)． (2) ∵ S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝3n （n ＋1）2，∴ T n ＝n （n ＋1）2n，∴ T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴ 当n ≥3时，T n ＞T n ＋1，且T 1＝1＜T 2＝T 3＝32.于是T 2，T 3是数列{T n }中的最大项，故m ≥32.4. (2013·徐州模拟)已知数列{a n }，其前n 项和为S n .(1) 若对任意的n ∈N ，a 2n －1，a 2n ＋1，a 2n 组成公差为4的等差数列，且a 1＝1，S 2n 2n ＝2 013，求n 的值；(2) 若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n＋a 是公比为q(q ≠－1)的等比数列，a 为常数，求证：数列{a n }为等比数列的充要条件为q ＝1＋1a.(1) 解：因为a 2n －1，a 2n ＋1，a 2n 组成公差为4的等差数列， 所以a 2n ＋1－a 2n －1＝4，a 2n ＝a 2n －1＋8(n ∈N *)，所以a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，a 2n ＋1是公差为4的等差数列，且a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝a 1＋a 3＋…＋a 2n －1＋8n.又因为a 1＝1，所以S 2n ＝2(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋8n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n （n －1）2×4＋8n ＝4n 2＋6n＝2n(2n ＋3)，所以S 2n2n＝2n ＋3＝2 013，所以n ＝1 005.(2) 证明：因为S na n ＋a ＝(a ＋1)q n －1，所以S n ＝(a ＋1)q n －1a n －aa n ，①所以S n ＋1＝(a ＋1)q n a n ＋1－aa n ＋1，②②－①，得(a ＋1)(1－q n )a n ＋1＝[a －(a ＋1)q n －1]a n .③(ⅰ) 充分性：因为q ＝1＋1a ，所以a ≠0，q ≠1，a ＋1≠aq ，代入③式，得q(1－q n )a n ＋1＝(1－q n )a n .因为q ≠－1，q ≠1， 所以a n ＋1a n ＝1q ，n ∈N *，所以{a n }为等比数列，(ⅱ) 必要性：设{a n }的公比为q 0，则由③得 (a ＋1)(1－q n )q 0＝a －(a ＋1)q n －1， 整理得(a ＋1)q 0－a ＝(a ＋1)⎝⎛⎭⎫q 0－1q q n ， 此式为关于n 的恒等式，若q ＝1，则左边＝0，右边＝－1，矛盾；若q ≠±1，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧（a ＋1）q 0＝a ，（a ＋1）q 0＝（a ＋1）1q时成立，所以q ＝1＋1a. 由(ⅰ)、(ⅱ)可知，数列{a n }为等比数列的充要条件为q ＝1＋1a.1. 数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目需对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟他在解题中的重大作用，常用的数学思想方法有：函数与方程、数形结合、分类讨论、等价转化等．2. 在现实生活中，人口的增长，产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以用数列解决，由此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用数列知识解决问题．请使用课时训练(B)第6课时(见活页)．[备课札记]。
第五节 数列的综合应用-高考状元之路
第五节 数列的综合应用预习设计 基础备考知识梳理1．等差、等比交汇，考查数列的综合问题2．以递推关系为背景，考查数列的通项与前n 项和3．数列与函数、不等式交汇，考查数列的综合应用4．以实际问题为背景，考查数列的应用(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．(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，该模型是等比数列，这个固定的数就是公比．(3)与银行利率相关的几类模型：①银行储蓄单利公式：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 ，属于等差模型，②银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和=y ，属于等比模型．③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(4)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，是随项的变化而变化时，应考虑是 n a 与1+πa 的递推关系，还是前n 项和n s 与1+n s 之间的递推关系．(5)分期付款模型；设贷款总额为a ，年利率为r ，等额还款数为b ，分n 期还完，则=b典题热身1．已知等差数列}{n a 的公差,0=/d 它的第1，第5，第17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是( )4.A 3.B 2.c 21.D 答案：B2．已知a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线322+-=x x y 的顶点是(b ，c)，则ad 等于( ) 3.A 2.B 1.c 2.-D答案：B3．数列}{n a 的通项公式是关于x 的不等式)(2⋅∈<-N n nx x x 的解集中的整数个数，则数列}{,l a 的前n 项和=n s ( )2.n A )1(.+n n B 2)1(.+n n c )2)(1.(++n n D 答案：C4．某种产品三次调价，单价由原来的每克512元降到216元，则这种产品平均每次降价的百分率为 答案：25%5．《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，使每人所得成等差数列，且使最大的三份之和的71是较少的两份之和，最小的一份的量为 答案：35课堂设计 方法备考题型一 等差、等比数列的综合应用【例1】已知各项均为正数的数列}{n a 前n 项和为,n s 首项为,1a 且n n S a ,,2成等差数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)若,,log 2nn n n n a bc a b ==求数列}{n c 的前n 项和⋅n T 题型二 数列与函数的综合应用【例2】已知,0(log )(>=a x x f u 且),1=/a 设),(),(21a f a f ))((,*∈⋅⋅N n a f n 是首项为4，公差为2的等差数列．(1)若a 为常数，求证：}{n a 是等比数列；(2)若}{),(n n n n b a f a b =的前n 项和是,n s 当2=a 时，求⋅n s题型三 数列在实际问题中的应用【例3】某市2008年共有1万辆燃油型公交车，有关部划于2009年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交年的投入比上一年增加50%，试问：(1)该市在2015年应该投入多少辆电力型公交车？(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交量的?31)48.0~3lg ,30.0~2lg ,82.2~657(lg 题型四 数列与函数、不等式的综合问题【例4】已知点)31,1(是函数)1,0()(=/>=a a a x f x 且的图像上一点，等比数列}{n a 的前n 项和为 ,)(c n f -数列}{n b )0(>n b 的首项为c ，且前n 项和n s 满足+=--n n n s s s 1).2(|1≥-n s n(1)求数列}{n a 和}{n b 的通项公式；(2)若数列}1{1+n n b b 的前n 项和为,n T 问：满足20091000>n T 的最小正整数n 是多少？ 技法巧点(1)深刻理解等差（比）数列的性质，熟悉它们的推导过程是解题的关键，两类数列性质既有相似之处，又有区别，要在应用中加强记忆，同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错．(2)在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程（组）求解．在解方程（组）时，仔细体会两种情形中解方程（组）的方法的不同之处．(3)数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角函数、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度，解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟它在解 题中的重大作用，常用的数学思想方法有：“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转换”等．(4)在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用它解决实际问题．失误防范1．等比数列的前n 项和公式要分两种情况：公比等于1和公比不等于1．最容易忽视公比等于1的情况，要注意这方面的练习，2．解决数列的应用问题必须准确计算项数，例如与“年数”有关的问题，必须确定起算的年份，而且应准确定义n a 是表示“第n 年”还是“n 年后”，随堂反馈1．等差数列}{n a 的前n 项和为,52,18,139-=-=s s s n 等比数列}{n b 中，,,7755a b a b ==则15b 的值为( )64.A 64.-B 128.c 128.-D2．某工厂总产值月平均增长率为p ，则年平均增长率为( )P A . P B 12. 12)1.(P c + 1)1.(12-+P D答案：D3．（2011．兰州模拟）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n s （万件）近似地满足关系式),12,,2,1)(5ln 2(902 =--=n n n s n 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、答案：C4．（2011．济南模拟）已知数列}{n a 是首项为41=a 的等比数列，且3512,,4a a a -成等差数列，则其公比q 等于( )1.A 1.-B 11.-或C2.D答案：C5．设x ，y 为正数，且y a a x ,,,21成等差数列，y b b x ,,,21成等比数列，则21221)(b b a a +的最小值是 答案：4高效作业 技能备考一、选择题1．各项都是正数的等比数列}{n a 中，132,21,a a a 成等差数列，则4354a a a a ++的值为( ) 215.-A 215.+B 251.-c 215215.+-或D 答案：B2．（2011．黄冈模拟）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秒钟答案：C3．数列}{,l a 中，*),.(73N n n a n ∈-=数列}{n b 满足,311=b ,2271≥=-n b b n n （且*),N n ∈若n k n b a log +为常数，则满足条件的k 值( )A ．唯一存在，且为31 B ．唯一存在，且为3 C ．存在，且不唯一 D ．不一定存在 答案：B4．（2011．抚顺模拟）已知数列}{n a 满足.11=+-+n n a a ,.2≥n 点0是平面上不在L 上的任意一点，L 上有不重合的三点A 、B 、C ，又知,20092a a =+则=2010s （ ) 1004.A 2010.B 2009.c 1005.D答案：D5．抛物线1)12()(22++-+=x n x n n y 与x 轴交点分别为*),(,N n B A n n ∈以||n n B A 表示该两点的距离，则+||11B A ||||2010201022B A B A ++ 的值是( ) 20102009.A 20112010.B 20122011.c 20132012.D 答案：B6．(2011．舟山一模)已知数列}{},{n n b a 满足,11=a 且1,+n n a a 是函数n n x b x x f 2)(2+-=的两个零点，则10b 等于 ( )24.A 32.B 48.c 64.D答案：D二、填空题7．已知等比数列}{n a 中，,132=>a a 则使不等式+-)1(11a a +-)1(22a a +-)1(33a a 0)1(≥-+nn a a 成立的最大自然数n 是 答案：58．已知函数,tan sin )(x x x f +=项数为27的等差数列}{n a 满足),2,2(ππ-∈n a 且公差,0=/d 若 +++...)()(21a f a f ,0)(27=a f 则当=k 时，.0)(=k a f答案：149．(2011．银川模拟)在各项均为正数的数列}{n a 中，n s 为前n 项和，1221)1(++++=n n n n a a a n na 且,3π=a 则=4tan S 答案：3三、解答题10.（2011．湖南高考）某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75℅(1)求第n 年初M 的价值n 。
《数列的综合应用》教案
个 性 化 教 案授课时间 备课时间 年级高三学生姓名 教师姓名课题数列的进一步认识教学目标 （1）熟练掌握等差数列、等比数列的前n 项和公式，以及非等差数列、等比数列求和的几种常见方法。
（2）理解与掌握“等价转化”、“变量代换”思想（3）能在具体的问题情境中识别数列的相应关系，并能用相关知识解决相应的问题教学重点 1、数列求和的几种常见方法2、识别数列的相关关系，并能利用“等价转化”、“变量代换”思想解决相关数列问题教学设计教学内容 一、检查并点评学生的作业。
检查过程中，要特别注意反映在学生作业中的知识漏洞，并当场给学生再次讲解该知识点，也可出题让学生做，检查效果。
二、检查学生上节课或在校一周内的知识点掌握情况，帮助学生再次梳理知识。
三、讲授新内容 数列求和数列求和的常用方法 1、公式法（1）直接利用等差数列、等比数列的前n 项公式求和； （2）一些常见的数列的前n 项和：2)1(1+=∑=n n k nk )12)(1(6112++=∑=n n n k nk 2213)1(41+=∑=n n k nk 2、倒序相加法如果一个数列{}n a ，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法。
等差数列的前n 项和即是用此法推导的。
3、错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的；例：n S =1*2+2*4+3*8+……+n*n 2①2n S =1*4+2*8+3*16+……+（n-1）*n 2+n*12+n ② ①-②得 -n S =2-（4+8+16+……+n 2）-n*12+n 即：n S =（n-1）12+n -64、裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和；注：用裂项相消法求数列前n 项和的前提是：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用裂项相消法的前提。
高考数学必修5总复习《数列的综合应用》
留多少？
(2)该同学若长期服用该药会不会产生副作用？
解析：(1)设该同学第n次服药后，药在他体内的残留量为an毫克，a1＝220，a2 ＝220＋a1×(1－60%)＝220×1.4.
a3＝220＋a2×(1－60%)＝220＋220×1.4×0.4＝343.2. 第二天早间是他第三次服药，故服药后，药在他体内的残留量为343.2毫克．
(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
模型是等比模型，这个固定的数就是公比．其一般形式是：
an＋1 an
＝q(常
数)．
(3)混合模型：在一个问题中同时涉及到等比数列和等差数列的模
型．
(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或
减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)，称该模型为生长模
∴{an}是以23为公差的等差数列． 又a1＝1，∴an＝23n＋31.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1 ＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1) ＝－43(a2＋a4＋…＋a2n)＝－43·n53＋423n＋31＝－49(2n2＋3n)． (3)当 n≥2 时，
变式1－1 假设某市2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房 ，在以后的若干年内，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，那么到哪一年年 底， (1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不低 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例首次大于85%？ (1.085≈1.47)
《数列综合应用举例》教案
《数列综合应用举例》教案第一章：数列的概念与应用1.1 数列的定义与表示方法引导学生了解数列的概念，理解数列的表示方法，如通项公式、列表法等。
通过实际例子，让学生掌握数列的性质，如项数、公差、公比等。
1.2 数列的求和公式介绍等差数列和等比数列的求和公式，让学生理解其推导过程。
通过例题，让学生学会运用求和公式解决实际问题，如计算数列的前n项和等。
第二章：数列的性质与应用2.1 数列的单调性引导学生了解数列的单调性，包括递增和递减。
通过实际例子，让学生学会判断数列的单调性，并运用其解决相关问题。
2.2 数列的周期性介绍数列的周期性概念，让学生理解周期数列的性质。
通过例题，让学生学会运用周期性解决实际问题，如解数列的方程等。
第三章：数列的极限与应用3.1 数列极限的概念引导学生了解数列极限的概念，理解数列极限的含义。
通过实际例子，让学生掌握数列极限的性质，如保号性、夹逼性等。
3.2 数列极限的计算方法介绍数列极限的计算方法，如夹逼定理、单调有界定理等。
通过例题，让学生学会运用极限计算方法解决实际问题，如求数列的极限值等。
第四章：数列的级数与应用4.1 数列级数的概念引导学生了解数列级数的概念，理解级数的特点和分类。
通过实际例子，让学生掌握级数的基本性质，如收敛性和发散性等。
4.2 数列级数的计算方法介绍数列级数的计算方法，如比较法、比值法、根值法等。
通过例题，让学生学会运用级数计算方法解决实际问题，如判断级数的收敛性等。
第五章：数列的应用举例5.1 数列在数学建模中的应用引导学生了解数列在数学建模中的应用，如人口增长模型、存货管理模型等。
通过实际例子，让学生学会运用数列建立数学模型，并解决实际问题。
5.2 数列在物理学中的应用介绍数列在物理学中的应用，如振动序列、量子力学中的能级等。
通过例题，让学生学会运用数列解决物理学中的问题，如计算振动序列的周期等。
第六章：数列在经济管理中的应用6.1 数列在投资组合中的应用引导学生了解数列在投资组合中的作用，如资产收益的序列分析。
高考数学《数列求和及综合应用》复习
C. 2019
2020
√D. 2020 2021
由
a1
1 2
，an1
1 2 an
，得 a2
1 2 a1
2 3
，a3
3 4
，归纳可得
an
n
n
1
.当
n
1
时，a1
1 2
满足
an
n.
n 1
假设当 n k 时满足，即 ak
k
k 1
，当
n
k
1 时，
ak 1
1 2 ak
1 2 k
k 1 ，满足该式，故
an
SS1n,
n
1 Sn1, n
2, n N
只有 a1 S1 ，满足 n 2 的情形，通项公式才可以统一写成 an Sn . Sn1
1.已知数列an
满足
a1
1 2
，
an1
2
1 an
n N*
，则 a1
a2 22
a3 32
a2020 的值是(
20202
)
A. 2018
2019
B. 1009
3.以等差（比）数列为命题背景，考查等差（比）的前n项和公式、 分组求和 4.以递推数列、等差（比）数列为命题背景， 考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法
考点解读
5.等差（比）数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和 6.常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、 不等式的性质等
2.已知等比数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn 2n1 2 ，
则数列
log
2
an
1 log2
an1
高考北师大版数学总复习课件：6.5数列的综合应用
＝ a＋ a×
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ1 1－ 2
1 23 ＝ 3 a－ a＝ a. 8 8
7．(2012· 苏州联考)已知数列{f(n)}的前 n 项和为 Sn，且 Sn ＝n2＋2n. (1)求数列{f(n)}的通项公式； (2)若 a1＝f(1)，an＋1＝f(an)(n∈N＋)，求证：数列{an＋1}是等 比数列，并求数列{an}的前 n 项和 Tn.
[解析] 设至少需要 n 秒钟，则 1＋21＋22＋„＋2n 1≥100，
－
1－ 2n ∴ ≥100，∴n≥7.故选 B. 1－2
5．(2012· 安徽合肥模拟)秋末冬初，流感盛行，某医院近 30 天每天入院治疗流感的人数依次构成数列 {an}，已知 a1＝1，a2 ＝2，且 an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)，则该医院 30 天入院治疗流 感的人数共有________．
2．设函数 f(x)＝xm＋ax 的导函数 f ′(x)＝2x＋1，则数列 1 { }(n∈N＋)的前 n 项和是( fn n A. n＋ 1 n C. n－ 1
[答案] A
)
n＋ 2 B. n＋ 1 n＋ 1 D. n
[解析] f ′(x)＝mxm 1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
－
1 1 1 1 ∴f(x)＝x(x＋1)， ＝ ＝ － ， fn nn＋1 n n＋1
知识梳理 1．数列在实际生活中着广泛的应用，其解题的基本步骤， 可用图表示如下：
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．
《数列综合应用举例》教案
《数列综合应用举例》教案一、教学目标1. 理解数列的概念及其性质2. 掌握数列的通项公式和求和公式3. 能够运用数列解决实际问题二、教学内容1. 数列的概念及其性质2. 数列的通项公式和求和公式3. 数列在实际问题中的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：数列的概念、性质、通项公式和求和公式2. 教学难点：数列在实际问题中的应用四、教学方法1. 采用讲解法，引导学生理解数列的概念和性质2. 采用示例法，教授数列的通项公式和求和公式3. 采用案例分析法，让学生学会运用数列解决实际问题五、教学过程1. 引入：通过生活中的实例，如等差数列“每月工资”、“每分钟心跳次数”等，引导学生认识数列的概念和性质。
2. 讲解：讲解数列的概念、性质、通项公式和求和公式，通过示例让学生理解并掌握这些知识点。
3. 练习：布置一些练习题，让学生运用所学的数列知识解决问题，巩固所学内容。
4. 案例分析：选取一些实际问题，如“等差数列投资”、“数列在数据处理中的应用”等，让学生学会运用数列知识解决实际问题。
5. 总结：对本节课的内容进行总结，强调数列在实际中的应用价值。
六、教学评价1. 课堂表现评价：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，评估学生对数列概念和性质的理解程度。
2. 练习题评价：通过学生完成的练习题，检查学生对数列通项公式和求和公式的掌握情况。
3. 案例分析评价：评估学生在案例分析中的表现，判断其能否将数列知识应用于实际问题中。
七、教学拓展1. 数列在数学其他领域的应用：介绍数列在代数、几何、概率等领域中的应用，激发学生的学习兴趣。
2. 数列与其他学科的交叉：探讨数列在其他学科如物理、化学、生物等方面的应用，拓宽学生的知识视野。
八、教学反思在课后，教师应反思本节课的教学效果，包括学生的学习兴趣、教学方法的适用性、学生对数列知识的掌握程度等，以便对后续教学进行调整和改进。
九、课后作业布置一些有关数列的练习题，包括填空题、选择题和解答题，让学生巩固所学知识，提高解题能力。
数列的综合应用经典教案【强烈推荐】
第5讲数列的综合应用一、考点、热点回顾1．考查数列的函数性及与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题。
2．考查运用数列知识解决数列综合题及实际应用题的能力。
【复习指导】1．熟练把握等差数列与等比数列的基本运算。
2．掌握隐藏在数列概念和解题方法中的数学思想，如“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转化”等。
3．注意总结相关的数列模型以及建立模型的方法。
基础梳理1．等比数列与等差数列比较表不同点相同点等差数列(1)强调从第二项起每一项与前项的差；(2)a1和d可以为零；(3)等差中项唯一(1)都强调从第二项起每一项与前项的关系；(2)结果都必须是同一个常数；(3)数列都可由a1，d或a1，q确定等比数列(1)强调从第二项起每一项与前项的比；(2)a1与q均不为零；(3)等比中项有两个值2.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。
3．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S n与S n＋1之间的递推关系。
一条主线数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解。
两个提醒(1)对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．(2)数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．三种思想(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．双基自测1．(人教A 版教材习题改编)已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2的值为( )． A ．－4 B ．－6 C ．－8 D ．－10解析 由题意知：a 23＝a 1a 4.则(a 2＋2)2＝(a 2－2)(a 2＋4)，解得：a 2＝－6. 答案 B 2．(·运城模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则S 4＝( )． A ．7 B ．8 C ．15 D ．16解析 设数列{a n }的公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，∴4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，即q 2－4q ＋4＝0，∴q ＝2.∴S 4＝1－241－2＝15. 答案 C3．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，数列{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( )． A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小关系不确定 解析 记等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由数列{b n }为等差数列可知b 4＋b 10＝2b 7，又数列{a n }是各项均为正数的等比数列，∴a 3＋a 9＝a 3(1＋q 6)＝a 6⎝⎛⎭⎫1＋q 6q 3＝b 7⎝⎛⎭⎫1＋q 6q 3，又1＋q 6q 3＝1q 3＋q 3≥2(当且仅当q ＝1时，等号成立)，∴a 3＋a 9≥2b 7，即a 3＋a 9≥b 4＋b 10. 答案 B4．若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，c ，a ，b 成等比数列，且a ＋3b ＋c ＝10，则a ＝( )． A ．4 B ．2 C ．－2 D ．－4解析 由c ，a ，b 成等比数列可将公比记为q ，三个实数a ，b ，c ，待定为cq ，cq 2，c .由实数a 、b 、c 成等差数列得2b ＝a ＋c ，即2cq 2＝cq ＋c ，又等比数列中c ≠0，所以2q 2－q －1＝0，解一元二次方程得q ＝1(舍去，否则三个实数相等)或q ＝－12，又a ＋3b ＋c ＝a ＋3aq ＋a q ＝－52a ＝10，所以a ＝－4.答案 D 5．(·苏州质检)已知等差数列的公差d ＜0，前n 项和记为S n ，满足S 20＞0，S 21＜0，则当n ＝________时，S n 达到最大值．解析 ∵S 20＝10(a 1＋a 20)＝10(a 10＋a 11)＞0， S 21＝21a 11＜0，∴a 10＞0，a 11＜0， ∴n ＝10时，S n 最大． 答案 10考向一 等差数列与等比数列的综合应用【例1】►在等差数列{a n }中，a 10＝30，a 20＝50. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)令b n ＝2a n －10，证明：数列{b n }为等比数列．[审题视点] 第(1)问列首项a 1与公差d 的方程组求a n ；第(2)问利用定义证明． (1)解 由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30，a 20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9d ＝30，a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，d ＝2.∴a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10.(2)证明 由(1)，得b n ＝2a n －10＝22n＋10－10＝22n ＝4n ，∴b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4.∴{b n }是首项是4，公比q ＝4的等比数列．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．【训练1】 数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15， 又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)． 又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d ，由T 3＝15，b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故可设b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9， 由题意可得(5－d ＋1)(5＋d ＋9)＝(5＋3)2， 解得d 1＝2，d 2＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d ＞0，∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n .考向二 数列与函数的综合应用【例2】►等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上． (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝n ＋14a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .[审题视点] 第(1)问将点(n ，S n )代入函数解析式，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得到a n ，再利用a 1＝S 1可求r . 第(2)问错位相减求和．解 (1)由题意，S n ＝b n ＋r ，当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r ，所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1·(b －1)，由于b ＞0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列，又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r＝b ，解得r ＝－1.(2)由(1)知，n ∈N *，a n ＝(b －1)b n －1＝2n －1，所以b n ＝n ＋14×2n －1＝n ＋12n ＋1.T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2， 两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2， ∴T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.此类问题常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．【训练2】 (·福建)已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．解 (1)由q ＝3，S 3＝133得a 1(1－33)1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3.因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3；因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝1. 又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 考向三 数列与不等式的综合应用【例3】►(·惠州模拟)在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn＜k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．[审题视点] 第(1)问由等比数列的性质转化为a 3＋a 5与a 3a 5的关系求a 3与a 5；进而求a n ；第(2)问先判断数列{b n }，再由求和公式求S n ；第(3)问由S n n 确定正负项，进而求S 11＋S 22＋…＋S nn的最大值，从而确定k 的最小值．解 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2， ∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12，a 1＝16，∴a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n. (2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ， ∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴S n ＝n (9－n )2.(3)由(2)知S n ＝n (9－n )2，∴S n n ＝9－n2.当n ≤8时，S n n ＞0；当n ＝9时，S nn ＝0；当n ＞9时，S nn＜0.∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn ＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn＜k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19.解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理． 【训练3】 (·岳阳模拟)已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1＞50成立的正整数n 的最小值．(1)解 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28， 可得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解之得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32. 又∵数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝2n log 122n ＝－n ·2n ，所以S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1]， 两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.要使S n ＋n ·2n ＋1＞50，即2n ＋1－2＞50，即2n ＋1≥52.易知：当n ≤4时，2n ＋1≤25＝32＜50；当n ≥5时，2n ＋1≥26＝64＞50.故使S n ＋n ·2n ＋1＞50成立的正整数n 的最小值为5.难点突破14——数列与解析几何、三角的交汇问题从近几年新课标高考试题可以看出，不同省市的高考对该内容要求的不尽相同，考生复习时注意把握．数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决． 一、数列与解析几何交汇 【示例】► (·陕西)如图，从点P 1(0,0)作x 轴的垂线交曲线y ＝e x于点Q 1(0,1)，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交于点P 2.再从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n .记P k 点的坐标为(x k,0)(k ＝1,2，…，n )．(1)试求x k 与x k －1的关系(2≤k ≤n )； (2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |.二、数列与三角交汇【示例】►(·安徽)在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作T n，再令a n＝lg T n，n≥1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝tan a n·tan a n＋1，求数列{b n}的前n项和S n.。
第5章第6课时数列的综合应用
第6课时 数列的综合应用1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________． 答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－433a 1>0，所以n<374，则n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10，a n <0.故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 已知数列{a n }满足a 1＝43，2－a n ＋1＝12a n ＋6(n ∈N *)，则i ＝1n 1a i ＝________．答案：2·3n －n －24解析：条件化为1a n ＋1＝3a n ＋12，即1a n ＋1＋14＝3⎝⎛⎭⎫1a n ＋14，所以1a n ＝3n －1－14，故∑i ＝1n 1a i ＝1－3n 1－3－n 4＝2×3n －2－n 4.3. 已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________．答案：3＋22解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2，设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2.4. 已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________． 答案：16 解析：因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.5. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝__________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d ，(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，所以(a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，所以a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.6. (2014·扬州期末)设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10a n的最小值是__________．答案：21解析：由题设知S n ＝⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＋d 2n 2，又S n 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d ⎝⎛⎭⎫n －12，S n ＝d2n 2，∴ S n ＋10a n ＝d 2（n ＋10）2d ⎝⎛⎭⎫n －12＝（n ＋10）22⎝⎛⎭⎫n －12＝（n ＋10）22n －1.令2n －1＝t(t ≥1)，原式＝⎝⎛⎭⎫t ＋12＋102t ＝14·⎝⎛⎭⎫t ＋212t ＋42，从而当t ＝21时，即n ＝11时，原式取到最小值21.7. (2014·南京学情调研)已知{a n }是等差数列，其前n 项的和为S n, {b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30.(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q.由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d.由条件a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝21，8＋6d ＋2q 3＝30， 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.所以a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，n ∈N *.(2) 由题意知，c n ＝(n ＋1)×2n .记T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n .则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1 ＋(n ＋1)×2n ，2 T n ＝2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ＋(n ＋1)2n ＋1，所以－T n ＝2×2＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)×2n ＋1, 即T n ＝n·2n ＋1，n ∈N *. 8. 已知{a n }为等差数列，且a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12. (1) 求{a n }的通项公式；(2) 记{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，求正整数k 的值． 解：(1) 设数列{a n }的公差为d ，由题意知 ⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n.(2) 由(1)可得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （2＋2n ）2＝n(n ＋1)．因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1S k ＋2.从而(2k)2＝2(k ＋2)(k ＋3)，即k 2－5k －6＝0， 解得k ＝6或k ＝－1(舍去)，因此k ＝6.9. 设数列{a n }是首项为4，公差为1的等差数列，S n 为数列{b n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋2n. (1) 求{a n }及{b n }的通项公式a n 和b n ；(2) 若f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为正奇数，b n ，n 为正偶数，是否存在k ∈N *使f(k ＋27)＝4f(k)成立？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由.解：(1) a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋n －1＝n ＋3. 当n ＝1时，b 1＝S 1＝3.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －(n －1)2－2(n －1)＝2n ＋1. 当n ＝1时上式也成立，∴ b n ＝2n ＋1(n ∈N *)． ∴ a n ＝n ＋3，b n ＝2n ＋1.(2) 假设符合条件的k(k ∈N *)存在，由于f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋3，n 为正奇数，2n ＋1，n 为正偶数，∴ 当k 为正奇数时，k ＋27为正偶数．由f(k ＋27)＝4f(k)，得2(k ＋27)＋1＝4(k ＋3)．∴ 2k ＝43，k ＝432.(舍)当k 为正偶数时，k ＋27为正奇数，由f(k ＋27)＝4f(k)，得(k ＋27)＋3＝4(2k ＋1)．∴ 7k ＝26，∴ k ＝267.(舍)因此，符合条件的正整数k 不存在．10. 已知数列{a n }为等比数列，S n 是其前n 项的和，若S k ＋1，S k ＋3，S k ＋2(k ∈N *)成等差数列． (1) 求证：a k ＋1，a k ＋3，a k ＋2也成等差数列；(2) 试比较S 2k ＋1＋S 2k ＋2与2S 2k ＋3的大小．(1) 证明：∵ S k ＋1，S k ＋3，S k ＋2(n ∈N *)成等差数列， ∴ S k ＋1＋S k ＋2＝2S k ＋3，∴ (S k ＋3－S k ＋2)＋(S k ＋3－S k ＋1)＝0，即a k ＋3＋(a k ＋3＋a k ＋2)＝0，2a k ＋3＋a k ＋2＝0，∴ q ＝－12.∴ 2a k ＋3－(a k ＋1＋a k ＋2)＝a k ＋1(2q 2－q －1)＝0， ∴ a k ＋1，a k ＋3，a k ＋2成等差数列．(2) 解：(解法1)∵ S 2k ＋1＋S 2k ＋2≥（S k ＋1＋S k ＋2）22＝（2S k ＋3）22＝2S 2k ＋3， 又S k ＋2－S k ＋1＝a k ＋2≠0，S k ＋2≠S k ＋1，∴ S 2k ＋1＋S 2k ＋2>2S 2k ＋3.(解法2)S 2k ＋1＋S 2k ＋2－2S 2k ＋3＝a 21（1－q k ＋1）2（1－q ）2＋a 21（1－q k ＋2）2（1－q ）2－2a 21（1－q k ＋3）2（1－q ）2＝a 21（1－q ）2[(1－2q k ＋1＋q 2k ＋2)＋(1－2q k ＋2＋q 2k ＋4)－2(1－2q k ＋3＋q 2k ＋6)] ＝a 21（1－q ）2[2q k ＋1(2q 2－q －1)＋q 2k ＋2(1＋q 2－2q 4)] ＝a 21（1－q ）2q 2k ＋2(1＋q 2－2q 4)，(*)∵ q ＝－12，∴ 1＋q 2－2q 4＝1＋⎝⎛⎭⎫－122－2×⎝⎛⎭⎫－124＝98>0， ∴ 由(*)可知，S 2k ＋1＋S 2k ＋2＞2S 2k ＋3.11. 已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＝1，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1(n ∈N *)．(1) 若λ＝0，求数列{a n }的通项公式；(2) 若a n ＋1＜12a n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1) λ＝0时，S n ＋1＝a n ＋1a n S n ＋a n ＋1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴ S n ＝a n ＋1a n S n.∵ a n ＞0，∴ S n ＞0.∴ a n ＋1＝a n . ∵ a 1＝1，∴ a n ＝1.(2) ∵ S n ＋1＝a n ＋1a n S n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1，a n ＞0，∴ S n ＋1a n ＋1－S na n＝λ·3n ＋1.则S 2a 2－S 1a 1＝λ·3＋1，S 3a 3－S 2a 2＝λ·32＋1，…，S n a n －S n －1a n －1＝λ·3n －1＋1(n ≥2)． 相加，得S n a n－1＝λ·(3＋32＋…＋3n －1)＋n －1.则S n ＝⎝⎛⎭⎫λ·3n －32＋n ·a n (n ≥2)． 上式对n ＝1也成立，∴ S n ＝⎝⎛⎭⎫λ·3n －32＋n ·a n (n ∈N *)． ① ∴ S n ＋1＝⎝⎛⎭⎫λ·3n ＋1－32＋n ＋1·a n ＋1(n ∈N *)． ②②－①，得a n ＋1＝(λ·3n ＋1－32＋n ＋1)·a n ＋1－(λ·3n －32＋n)·a n ，即(λ·3n ＋1－32＋n)·a n ＋1＝(λ·3n －32＋n)·a n .∵ λ≥0，∴ λ·3n －32＋n ＞0，λ·3n ＋1－32＋n ＞0.∵ a n ＋1＜12a n 对一切n ∈N *恒成立，∴ λ·3n －32＋n ＜12(λ·3n ＋1－32＋n)对一切n ∈N *恒成立．即λ＞2n3n ＋3对一切n ∈N *恒成立．记b n ＝2n 3n ＋3，则b n －b n ＋1＝2n3n ＋3－2n ＋23n ＋1＋3＝（4n －2）3n －6（3n ＋3）（3n ＋1＋3）. 当n ＝1时，b n －b n ＋1＝0； 当n ≥2时，b n －b n ＋1＞0；∴ b 1＝b 2＝13是一切b n 中的最大项．综上所述，λ的取值范围是λ＞13.。
2014高考数学一轮复习课件5.5数列的综合应用
从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划投入 资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划， 1 2012 年投入 800 万元，以后每年投入将比上年减少 ，本年 5 度当地旅游业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业 1 的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加 . 4 (1)设 n 年内(2012 年为第一年)总投入为 an 万元， 旅游业 总收入为 bn 万元，写出 an，bn 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
又 am＝4000， 3 m－1 ∴( ) (3000－3d)＋2d＝4000， 2 3 m [（ ） －2]×1 000 1 000（3m－2m＋1） 2 解得 d＝ ＝ . m m 3 m 3 －2 （ ） －1 2 1 000（3m－2m＋1） 故该企业每年上缴资金 d 的值为 时， m m 3 －2 经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 4 000 万元．
【解】
(1)由题意 a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d， 3 5 a2＝a1(1＋50%)－d＝ a1－d＝4 500－ d. 2 2 3 an＋1＝an(1＋50%)－d＝ an－d. 2 3 3 (2)由 an＋1＝ an－d，得 an＋1－2d＝ (an－2d)， 2 2 3 ∴{an－2d}是公比为 的等比数列， 2 3 n－ 1 则 an－2d＝(3000－3d)· ) ， ( 2 3 n－ 1 ∴an＝(3000－3d)· ) ＋2d， ( 2
1 ∴q＝ ，a1＝16， 2 1 n－1 － ∴an＝16×( ) ＝25 n. 2 (2)∵bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， b1＝log2a1＝log216＝log224＝4， ∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列， n（9－n） ∴Sn＝ . 2