数列与函数不等式综合应用及数列模型应用PPT课件

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1．建立数学模型的三关 (1)整理关：通过阅读、理解，明白问题讲什么，熟悉实际背景，为解题打 开突破口； (2)文理关：将实际问题的文字语言转化为数学符号语言，用数学式子表达 数量关系； (3)数理关：在构建数学模型过程中，对已有的数学知识进行检索，从而认 定或构建相应的数学模型．
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【解析】(1)由已知，得 an＋1＝1＋anan， ∴an1＋1＝1＋anan＝a1n＋1， 即an1＋1－a1n＝1， ∴数列{a1n}是以a11＝2 为首项，1 为公差的等差数列． ∴a1n＝2＋(n－1)， 即 an＝n＋1 1.
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(2)由已知得 an＋1≤1＋anan，an>0(n∈N*)． ∴an1＋1≥1＋anan＝a1n＋1， 即an1＋1－a1n≥1. ∴当 n≥2 时，a1n－a11＝(a12－a11)＋(a13－a12)＋…＋(a1n －an1－1)≥n－1， 即a1n≥(n－1)＋a11＝(n－1)＋2＝n＋1，∴an≤n＋1 1.
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∴
2an
＝
[f(0)
＋
f(1)]
＋
[f(
1 n
)
＋
f(
n－1 n
)]
＋
…
＋
[f(1)＋f(0)]＝n＋2 1
∴an＝n＋4 1，n∈N*
又 an＋1－an＝n＋41＋1－n＋4 1＝14
故数列{an}是等差数列．
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(3)∵bn＝4an4－1＝n4 ∴Tn＝b12＋b22＋…＋bn2＝16(1＋212＋312＋…＋n12) ≤16[1＋1×1 2＋2×1 3＋…＋n（n1－1）] ＝16(1＋1－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1) ＝16(2－n1)＝32－1n6＝Sn ∴Tn≤Sn.
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【命题立意】本题考查数列的概念及其性质，不等式及其性质，充要条 件的判定，数列与函数的关系等基础知识，考查综合运用知识分析问题 的能力以及推理论证和运算求解的能力．
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1．数列模型实际应用问题 国民经济发展中的大量问题，如人口增长，产量的增加，成本的降低， 存贷款利息的计算等应用问题，就是数列所要解决的问题． 实际问题中若问题实际反映的是前后相邻两次(或三次)之间的某种固 定关系，适合应用数列建模．
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则需使 t2－2mt＋16>[(bn)]max＝16， 即 t2－2mt>0 对任意 m∈[－1，1]恒成立， ∴tt22＋－22tt>>00，，解得 t>2 或 t<－2 ∴实数 t 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)． 【点评】本例涉及构造函数、运用函数单调性 证不等式，这种方法在高考考查中经常出现．
∵f(x)＝－x2＋x＋c 在(－∞，12]内单调递增， ∴xk＋1＝f(xk)<f( c)＝ c， ∴当 n＝k＋1 时，结论也成立． 故 xn< c对任意 n≥1 成立． 因此，xn＋1＝xn－xn2＋c>xn，即{xn}是递增数 列． 由 1°，2°知，使得数列{xn}单调递增的 c 的 范围是(0，14]．
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(2)由(1)得 an＝32an－1－d＝32(32an－1－d)－d ＝(32)2an－2－32d－d＝… ＝(32)n－1a1－d[1＋32＋(32)2＋…＋(32)n－2] 整理得 an＝(32)n－1(3 000－d)－2d[(32)n－1－1] ＝(32)n－1(3 000－3d)＋2d.
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【解析】(1)由已知得：f(12)＋f(1－12)＝f(12)＋f(12) ＝12，∴f(12)＝14.
(2)令 x＝n1得：f(n1)＋f(1－n1)＝12 即 f(n1)＋f(n－n 1)＝12 ∵an＝f(0)＋f(n1)＋…＋f(n－n 1)＋f(1) an＝f(1)＋f(n－n 1)＋…＋f(n1)＋f(0)
c－xn＋1≤(1－ c)( c－xn)． ③
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反复运用③式，得 c－xn≤(1－ c)n－1( c－x1)<(1－ c)n－1，
xn<1－ c和 c－xn<(1－ c)n－1 两式相加，得 2 c－1<(1－ c)n－1 对任意 n≥1 成立． 根据指数函数 y＝(1－ c)n 的性质，得 2 c－1≤0，c≤14，故 0<c≤14.
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a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N* 故 S2 012＝503×6＝3 018. 【命题立意】本小题考查了三角函数与数列相交汇 的内容，考查学生处理交汇性问题的能力与运算推 理能力．
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考题2(2012 安徽)数列{xn}满足 x1＝0，xn＋1＝ －xn2＋xn＋c(n∈N*)．
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2．数列与函数、不等式综合应用 数列是定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的特殊函数，在解决 数列问题时，可应用函数的概念、性质实现问题的转化，利用动态的函数 观点，结合导数等知识是解决数列问题的有效方法． 以数列为载体，通过数列的和或项来考查不等式的证明或应用是常见题型， 应注意不等式的证明方法、数列求和方法等知识的综合应用．同时解题时 应善于运用基本数学方法，如观察法、类比法、数学归纳法、数形结合法 等．
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(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)．
【解析】(1)由已知得 a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d， a2＝a1(1＋50%)－d＝32a1－d＝4 500－52d， an＋1＝an(1＋50%)－d＝32an－d.
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〔备选题〕例4已知正项数列{an}的首项 a1＝12， 函数 f(x)＝1＋x x. (1)若正项数列{an}满足 an＋1＝f(an)(n∈N*)，证明{a1n} 是等差数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若正项数列{an}满足 an＋1≤f(an)(n∈N*)，数列{bn} 满足 bn＝n＋an 1，证明：b1＋b2＋…＋bn<1.
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1．数列模型实际应用问题 例1(2012 湖南)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．
0(n≥2，n∈N*)． (1)写出 a2，a3 的值(只写结果)，并求出数列{an}
的通项公式；
(2)设
bn
＝
1 an＋1
＋
1 an＋2
＋
1 an＋2
＋
…
＋
1 a2n
，
若
对
任
意
n∈N*，当 m∈[－1，1]时，不等式 t2－2mt＋16>bn 恒成立，求实数 t 的取值范围．
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【解析】(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2， n∈N*)
(2)bn＝an1＋1＋an1＋2＋…＋a12n ＝ （n＋1）1（n＋2） ＋ （n＋2）1（n＋3） ＋ … ＋
1 2n（2n＋1）
＝n＋1 1－n＋1 2＋n＋1 2－n＋1 3＋…＋21n－2n1＋1 ＝n＋1 1－2n1＋1＝2n2＋n3n＋1 ＝（2n＋1n1）＋3
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令 f(x)＝2x＋1x(x≥1)，则 f′(x)＝2－x12 当 x≥1 时，f′(x)>0 恒成立 ∴函数 f(x)在[1，＋∞)上是增函数． 故当 x＝1 时，[f(x)]min＝f(1)＝3 即当 n＝1 时，[b(n)]max＝16 要使对任意 n∈N*，当 m∈[－1，1]时， 不等式 t2－2mt＋16>bn 恒成立
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【点评】①观察函数表达式的结构，寻找特征：x＋(1－x)＝1；②利用倒序 相加法解决和式，从而求得an；③用定义式an－an－1＝d证明{an}是等差数列； ④用放缩法、裂项相消法证明不等式．
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3．数列与不等式综合问题
例3已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝
(1)证明：数列{xn}是递减数列的充分必要条件 是 c<0；
(2)求 c 的取值范围，使数列{xn}是递增数列． 【解析】(1)先证充分性 若 c<0，由于 xn＋1＝－xn2＋xn＋c≤xn＋c<xn ∴{xn}是递减数列 再证必要性 若{xn}是递减数列，则由 x2＜x1 可得 c＜0.
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2°若 0<c≤14，要证数列{xn}为递增数列， 即 xn＋1－xn＝－xn2＋c>0， 即证 xn< c对任意 n≥1 成立． 下面用数学归纳法证明： (ⅰ)当 n＝1 时，x1＝0< c≤12，结论成立． (ⅱ)假设当 n＝k(k∈N*)时结论成立，即 xk< c.
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∴a2＝6，a3＝12 ∴a2－a1＝2×2 a3－a2＝2×3 a4－a3＝2×4 … an－an－1＝2n ∴an－a1＝2×(2＋3＋4＋…＋n) ∴an＝n(n＋1)
当 n＝1 时，a1＝1×(1＋1)＝2 也满足上式 故{an}的通项公式为 an＝n(n＋1)(n∈N*)．
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【点评】本例利用数列知识解决实际应用题，根据问题情
况发挥数学建模的能力和运用能力，是解决问题的关键．
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2．函数与数列综合问题 例2函数 f(x)对任意 x∈R 都有 f(x)＋f(1－x)＝12. (1)求 f(12)的值； (2)数列{an}满足：an＝f(0)＋f(n1)＋f(n2)＋…＋f(n－n 1) ＋f(1)，数列{an}是等差数列吗？请给予证明； (3)令 bn＝4an4－1，Tn＝b12＋b22＋b32＋…＋bn2， Sn＝32－1n6，试比较 Tn 与 Sn 的大小．
(2)1°假设{xn}是递增数列， 由 x1＝0 得 x2＝c，x3＝－c2＋2c. 由 x1<x2<x3 得 0<c<1. 由 xn<xn＋1＝－xn2＋xn＋c 得：对任意 n≥1 有 xn< c，① ∵ c － xn ＋ 1 ＝ xn2 － xn － c ＋ c ＝ (1 － c － xn)( c－xn)，② 由①和②可得：1－ c－xn>0，即 xn<1－ c. 由②式和 xn≥0 还可得，对任意 n≥1 都有
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由题意，am＝4 000，即(23)m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000，
解得
d＝[（32）（m23－）2m]－×11
000＝1
000（3m－2m＋1）
3m－2m
.
故该企业每年上缴资金
d
的值为1
000（3m－2m＋1） 3m－2m
时，
经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 4 000 元．
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当 n＝1 时，上式也成立．
∴an≤n＋1 1(n∈N*)n n＋1
≤
1 （n＋1）2
<
1 n（n＋1）
＝
1 n
－
n＋1 1.
∴b1＋b2＋…＋bn<(1－12)＋(12－13)＋…＋(n1－
n＋1 1)
即 b1＋b2＋…＋bn<1.
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【点评】本题是函数、数列、不等式交汇的综合问题，特别是第(2)问“不 等号”的引入，要求具有很强的类比能力和迁移能力，将许多“等号”中 的方法迁移到“不等号”中去．有关数列的问题，要求考生熟练掌握用叠 加(乘)法求数列的通项公式，用放缩法证明与数列有关的不等式．
1．考题展望 有关数列模型的实际应用问题是高考考查“应用意识”的重要载体之一， 也是每年高考命题的重要题源之一；数列与函数、不等式综合问题是高 考命题的热点之一，是高考考查考生思维能力的理想题型，通常是全卷 的压轴题．
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2．高考真题 考题1(2012 福建)数列{an}的通项公式 an＝ ncosn2π＋1，前 n 项和为 Sn，则 S2 012＝________． 【解析】3 018 ∵an＝ncosn2π＋1 ∴a1＋a2＋a3＋a4＝6 a5＋a6＋a7＋a8＝6 ……
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