【步步高】(四川专用)高三数学大一轮复习专题四数列的综合应用第六章理新人教A版精品PPT课件
《步步高》2021届高考数学大一轮复习课件(人教A版)常考题型强化练——数列
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
C 解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
B 解析
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
【步步高】高考数学一轮复习讲义 专题四 数列的综合应用
∴bb11＋ ＋24dd＝ ＝20， ，
解得db＝1＝－4，1，
∴Sn＝4n＋nn2－1×(－1)＝9n－2 n2.
∵lloogg22qa＝1＝－4，1，
∴q＝12， a1＝16，
∴an＝25－n (n∈N*)．
(3)解 显然an＝25－n>0， 当n≥9时，Sn＝n9－ 2 n≤0，
∴n≥9时，an>Sn. ∵a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝12，a7＝14，a8＝18，
(1)要重视审题、精心联想、沟通联系； (2)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．
等差数列与等比数列的综 合应用
例1 在等比数列{an} (n∈N*)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； (3)试比较an与Sn的大小．
解 ∴an－(1)a1由n＝已2知n，得即loga2n2－2a2nnanlo－g112＝2an0.,
(2)对于等比数列：an＝a1qn－1.可用指数函数的性质来理解． ①当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时，等比数列是递增数列； ②当a1>0,0<q<1或a1<0，q>1时，等比数列{an}是递减数列． ③当q＝1时，是一个常数列．
④当q<0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列． 2．解答数列综合问题的注意事项
(1)利用定义法即可解决；(2)先求{bn}的首项和公差，再求 {an}的首项及公比；(3)分情况讨论．
(1)证明 ∵bn＝log2an， ∴bn＋1－bn＝log2aan＋n 1＝log2q为常数， ∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
高考数学总复习 64数列的综合问题与数列的应用课件 新人教A版
解析：tanA＝4－7－－34＝2，tanB＝
9 1 3
1
3
＝3，
即在△ABC 中，tanA＝2>0，tanB＝3>0，
tan(A＋B)＝1t－antAa＋nAt·atannBB＝－1，∴A＋B＝34π.
∴C＝π4，△ABC 为锐角三角形，故选 B.
答案：C
(理)(2011·广东促元中学期中)已知{an}为等差数列，{bn}
为正项等比数列，公比 q≠1，若 a1＝b1，a11＝b11，则( )
A．a6＝b6
B．a6>b6
C．a6<b6
D．以上都有可能
解析：a6＝a1＋2 a11，b6＝ b1b11＝ a1a11， 由 q≠1 得，a1≠a11. 故 a6＝a1＋2 a11> a1a11＝b6.
则 n 的最大值为( )
A．2001
B．2000
C．1999
D．1998
分析：公差确定后，首项和末项之差越大，等差数列的 项数就越多(即 n 越大)，故 P1 与 Pn 取长轴两端点时 n 取最大 值，可依据公差大于10100列不等式解．
解析：由椭圆方程知，a＝2，c＝1， ∵|PnF|max＝a＋c＝3，|PnF|min＝a－c＝1， d＝ann－－1a1＝3n－ －11＞10100，∵n∈N，∴nmax＝2000，故选 B.
(2)由于 r1＝1，q＝3，故 rn＝3n－1，从而rnn＝n·31－n， 记 Sn＝r11＋r22＋…＋rnn， 则有 Sn＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n·31－n，② S3n＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n－1)·31－n＋n·3－n.③ ②－③得，
人教课标A高考一轮复习精品课件6.5数列的综合应用
§6.5数列的综合应用基础知识自主学习要点梳理1扁廖数列应用题的基本步骤(1) 审题一仔细阅读材料，认真理解题意.(数列)语言，将实际问题转化(2) 建(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，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3) 分期付款模型：设贷款总额为a,年利率为匚等额还款数为b,分n期还完，则归r(l + r)n---------------- a.(1 +厂)"一1基础自测1 •数列何｝是公差不为0的等差数列且a?、a10. a15> 等比数列｛"｝的连续三项，若等比数列｛切｝的首项6=3,则b2等于（）A. B.5 C.2 D.解析由条件知=a7-a153/. (a7+3d) 2=a7X(a7+8d)5,24.*.9d=2a7, q=•.•b[=3^ .\b2=b1-q=5. ：%o _ 如+3〃_ 5ciq ciq 32•—套共7册的书计划每两年出一册，若出完全部各册书，公元年代之和为13 958,则出齐这套书的年份是( )A.1994B.1996C.1998D.2000解析设出齐这套书的年份是x, D贝j (x-12) +(x-10)+(x-8)+..-+x=13 958,・・.7x・=13 9585/.X=2000.2(12 + 0)x73. (2009-四川文，3)等差数列｛aj的公差不为零，首项a1=1,a2是引和as的等比中项，贝燉列｛aj的前10项之和是( )A.90B.100C.145D.190解析由题意知，S+d) 2=a1(a1+4d), B即+2a[d+d2= +4a1d,/.d=2a1=2.•••S[o=1Oa[d=10+90=100・+2 a x 10x9 21-24•有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的 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C.8秒解析 依题意 1+21+22+...+2n -1>100,>100,.\2n>101,・・・n27,即至少需要7秒细菌将病毒全部杀死. B.7秒 D.91 — 2〃1-25•已知数列｛aj中，a1=2,点(a n.l5a n) a〔+■■■+*[ 0= ■解析• a n=2a n-l"^，• •a r r1=2(a ri.i・1)，・・阳｝是等比数列，则a n=2-1+1. • .a〔+a?+■ ■・*a[0=10+(2°+21+22+ (29)=10+ =1 033.1-210(n > 1 且n W N)满足y=2x-11 0331-2解(1)由a n+1=2S n+15nT得an=2Sn”1 (虑2), 两式相减得a n+r a n=2a n^0a n+1=3a n (n>2).又a2=2S〔+1 =3r\a2=3a1.故｛%｝是首项为公比为3的等比数列，・・气=3胡.(2)设｛"｝的公差为d,由T3=1 Sjb-j+b2+b3=15,可得b2=5, 故可设b1=5-d3b3=5+d J又a 〔=1 ,a2=39a3=9j 由题意可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2, 解得d1=2,d2=-10.・・•等差数列｛"｝的各项为正，.・・d>0,.•.d=25b1=3,.\T n=3n+ X2=n2+2n ・探究提高对等差.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.2知能迁移1 （2009・全国I文，17）设等差数列｛%｝的前n项和为公比是正数的等比数列｛"｝的前n项和为口已知a1=15b1=35a3+b3=173T3-S3=125求｛aj/bj的通项公式.解设｛aj的公差为d, ｛bj的公比为q・由a3+b3=17#1 +2d+3q2=175①由①、②及q>0解得q=2,d=2.故所求的通项公式为a n=2n-1 ,b n=3 X 2討・题型二数列与函数的综合应用【例2】(12分)已知f(x)=log a x(a>0且詐4),设f(aj，f(a2),…,f(aj (nGN*)是首预为4,公差另2的等差数列.(1)设a为常数，求证：｛%｝是等比数列；(2)若b n=a n f(a n)5｛b n｝的箭n项和是S“^a=时，求S“・利用函数的有关知识得出％的表达式，再利用表达式解决其他问题.V2 思维启迪(1)证明f(a n)=4+(n-1) X 2=2n+2,/log a a n=2n+252分• 口一口2n+2• "a r\~a■・・・(n>2)为定值.・・・{%}为等比数列5分(2廨^=aj(ajta^log a a!^=(2n+2^a2n+2.当a=加瓦绑应)七弦血.7分S n=2.尝斜24+^-25+...+(n+1 他卄2 ①2S n=2-24+3-25+4-26+...+n-2n+2+(n+1 )・ 2岚②①■②得-S n=2.23+24+25+...+2n+2-(n+1)-2n+3V2 V2=16+=16+2卄3・24・“12^*2卄3=・“・2卄3・.♦.S =n-2n+3. 12分n"数列N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•此类问题一般利用函数的性质.图象研究数列问题；数列条件,解决函数问题•解决此类问题一般要充分利用数公式.求和方法对式子化简变形.2知能迁移2设等比数列｛%｝的前n 项和和 首项引=1, 公比q=f （D 证明：S =（2） 若数列｛《虑2）,求数列低｝的通（3） 若=1 ,lHc n =a n（貫1,0）・ n¥（bnJ （nWN ； A 擞列｛打的前Tn,求证:当曲2时,2STnV4・222 0 =(1+刃[1—(仝)〃 ]=(1+刃—2(厶)1,1 +2 1 + 2o 2又肌厂％(乙严=(乙)=1 +2 1 + 2=(1 + A)—几© ・(1)证明"11丄1 + 21一9(2)解心)=£,..也二旣・.古亡+1.・・・鬼项为=2,公差対1的等差数列.=J^(nl-1)=n+1,即b“="2.\7；=l + 2(-) + 3(-)2+A +H (-),7_1.I1 1 0 1 Q 1(3)证明・・•当=1时, 2•••产巧+ 2(产3(尹+A+%)“.两式相减得扣i+(》+(y+A y = 2[l-(|r]-n(|)\ .• ^=4-(-r2-n(-r i<4. 又・九1%>0, ・・・人单调递增./.T n>T2=2・故当曲2时,2<T n<4・题型三数列的实际应用【例3】假设某市2008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2008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例首次大于85%?（参考数据:1.084^1.36,1.085«1.47,1.086«1.59）2思维启泡)要求学生会把实际问题转化为数学问题：S n=250n+ x50=^5r?+^J25n>4 750.(2归“>0・85"*店400崩8+解(1)设中低价房的命积形成的数列为｛a｝由题意可知｛aj是等差数列，其中a-|=250jd=50,IJl!ja n=250+(n-1 )・ 50=50n+200S n=250n+ X 50=25n2+225n,4^25n2+225n>4 750,即n2+9n-190>0,而n是正整数,/.n>10.因此到2017年底，该市历年所建中低价房的累计面（2）设新建住房面积形成数列｛b｝由题意可知｛"｝是等比数列，其中b1=4005q=1.083则4=400・(1・08)討・由题意可知a n>0.85b 即50n+200>400-(1.08)n1・ 0・85・当n=5时，a5<0.85b5,当n=6时，a6>0.85b6,因此满足上述不等式的最小正整数n为6・因此到2013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%.2探會湊匾类问题的关犍是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题,列出有关信息,转化为数列的有关问题，这也是数学实际应用的具体体现.知能迁移3某市2008年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2009年投入128辆电力型公交车, 随后电力型公交车每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？⑵到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？(lg657=2.82,lg 2=0.30,lg 3=0.48)解⑴该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列心丄其中a1=128,q=1・5,则在2015年应该投入的电力型公交车为a7=a[・q6=128X1.56=1 458 (辆)・13(2)记Sn=a〔+a?+・・・+&“,依据题意，得1 于是呻>5 0丽丽云护.5睜两边取常屈1（顷盤1・5〉lg1-1.5即n> =7・3,又nWI\T,因此心&所以到2016年底，电力型公交车的数量开始超过谡2市公交军蓉鈿=5览2Ig3-lg2657657~32思想方法感悟提高方法与技巧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，深刻领悟它在囁需作零鏗学囁讓'/数与方程”、4•在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利自药讦算分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会鸚為需矗牒型,并用它解决实际问题失误与防范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•数列的应用还包括实际问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解.3•在有些情况下，证明数列的不等式要用到放缩法.2差数列，则A. B. 的值为Cl?+ “4c. ^5 —I D・或解析设农』的公比为q(q>0), 得”4®解得q=因此2腭+ 1由a32a2+a nV5-12A/5+I21 +V52定时检测一、选择题1 •各项都是正数的等比数列何｝中，a2, a3,2•数列｛aj中,a n=3n-7 (nGN*),数列｛bj满足6= ,b n.j=27b n(n>2 KnGN*),^a n+log k b n为常数，则補足条件的k值( )A •唯一存在，且为B •唯一存在，且为3 1C ■存在且不唯一1 3D •不一定存在2解析依题意,/a n +log k b n 是常数, 即 log k 3=1 ,.*.kq3.答案B L =3n-7+(3n-2)log k=(3+3log k )n-7-2log k 53=0, 133•有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点•已知最底层正方体的棱长为2,且该塔形的表面积(含最底层正方体的底匯面积)超过39,则该塔形中正方体的个数至少是( )A.4C.6D.72 解析正方体按从下向上的顺序其棱长构成等比数列，其棱长分别为：2, , 1,,n 层正方体的表面积为 7216[1-(-),?] 1曲応知一0羊4- 740込32(—)"・整理得2p3£・・・n>5・ 2答案C 21 1 V2 214•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天的维修保养费为元（nGN*）,使用它直至报废最合算（所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少）为止, n+ 49一共使用巧厂（）A.800天B.600天C.1 000天D.1 200天解析由第n天的维修保养费为元（ne Nil + 49可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用鬲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天的平均耗资为丸+ 49当且仅当(5侖取帑最木植,此时n=800.3.2x10" ----------------- — 1^4 OO答案A 2 二3.2x10 | 〃|9.9n n 20 23.2xl04 _ nn 205.2008年春，我国南方部分地区遭受了罕见的特大冻灾•大雪无情人有情，柳州某中学组织学生在学校开展募捐活动，第一天只有10人捐款，人均捐款10元，之后通过积极宣传，从第二天起，每天的捐款人数是前一天的2倍，且当天人均捐款数比前一天多5元，则截止到第5天（包括第5天）捐款总数将达到.8 000元A.4 800元C.9 600元D.11 200元解析由题意知，5天共捐款B10X10+ (10 X 2) X (10+5) + (10 X 22) X (15+5) + (10 X 23)X (20+5) + (10X24) X (25+5) =8 000 (元)・6•務譽攀野e”輕足引弓，且玄風+1是函Wx)=x2-b n x+2"的两个零点, A.24 B.32 C.48 D.64 D解析依题意＜a n a n+1=2% 所lUa n+1a n+2=2n+15两式相除得=2,所以a〔,a3，a5，...成等比数列，a2,a4,a6,...^等比数列，而a1=1,a2=2,^f ^310=2-24=32,311=1.25=32. 又因为a n+a n+i=b n^^^Zb10=a10+a11=64.5_ r填空题〒已知数列｛aj满足引=1 ,a2=-2,a n+2解析由于a1=13a2=-23a n+2=-, -10所以斥4=，a5=1卫6=・2,・・・，于是｛%｝是周期为4的数列，故S2Q=6X (1 -2-1 + )|+1-2=-10.•，则该数列前26器的和为丄a n8. （2008•江苏，10）将全体正整数排成一个三角形数阵:123456789 10按照以上排列的规律，第n行（血3）从左向右的第个，即为3个数为--- -2—H +6个,因此第n行第3个数是全体正整数中第+3n2 -nn2 -n + 69. （2009-福建理，15）五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为第二位同学首次报出的数也为之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次.已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为.解析设第n个同学报出的数为a n^!|a n+a n+1=a n+25••a n+2=a n+a n+15a n+3=a n+1 +a n+2=a n+2a n+1，a n+4=a n+3+a n+2=23n+^a n+1，•••a n+4+a n=2a n+3a n+1=3(a n+a n+1)-又a.为大于0的整数，・・叫被3整除时，富4也被3整除；a“不被3整除时，a.+4也不被3整除.=1 ,*2=1，*3=2，a4=3，a5=5，・・何｝中被3整除的数为a4+4k(kWN)，又甲报岀的数为a1+5m(mGN),・・・甲报出的数引+5^^3整除时，存在kWN,使1+5m=4+4k,・・.k= 5m-3 m_3---------- =m -------------- ,、4 4/.m-3被4整除,设m-3=4p(p WZ),贝!|m=4p+3.v1<1+5m<100,/.0<m<19.8,.-.0<4p+3<19.8,/.- <p<4.2,・・・p只能取0, 1, 2, 3, 4共5个整数，・・・m只能取3, 7, 11, 15, 19共5个整数,・••甲报出的数只有5次能被・・・甲拍了5次手.答案5三、解答题石〕为融我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80 吨，该矿区计划从2010年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少10%.(1) 以2010年为第一年，设第n年出口量为a“吨，试求a“的表达式；(2) 因稀土资源不能再生，国家计划10年后终止该矿区的出口，问2010年最多出口多少吨？(保留一位小数)参考数据：0・9作0・35・解(1)由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项a〔=a，公比q=1-10%=0.9,.•.a n=a0.9n1・(2) 10 年出口总量»0= =10a(1-0.910)・•.S1o<80, /.10a (1-0.910) S80, Q(]_0 9IO)即aS .\a<12.3. 1-0.9故2010年最多出口12・3吨.81_0.9心11 •设数列｛a“｝的前n项和为Sn，且(3・m) S n+2ma n=m+3 (nGN*) ■箕中m为常数，m^-3,且m*0・(2)若数列｛aj的公比满足q=f(m)且匕口胡店f(bn・J(n G N；n22),求证：为等差数列，并求b“・证明(1)由(3・m) S n+2ma n=m+3,徼3-m)S n+1+2ma n+1=m+3, 相减，得(3+m)a n+1=2ma n (m^-3),・.・m是常数，且m^-3, m^O,©+i= 2ma n m + 3故 遑坐为0的常数，・・・{%}是等比数列. m +3(2)由b 1=a 1=1,q=f(m)=5nGN* H n>2, zm 是以1为首项，为公差的尊差数烦J, = 1b n b n-\ 3 •111 < -- > —仏J3 丄十口工 丄b n 3 3 " n + 2 解 (1)由题意得a 1=n-15a 2=(n-1 )+(n-2)-1 =2n-4,a 3=(n-1 )+(n-2)+(n-3)-1 -2=3n-9-b n= f (b n .!)= 3 得“b 刃+34=3虬・1,m + 33 2殆 •2 h+3，。
【步步高】高考数学大一轮复习 6.1 数列的概念及简单表示法配套名师课件 理 新人教A版
解析
题型分类·深度剖析
题型一
由数列的前几项求数列的通项
【例 1】写出下面各数列的一个通
思维启迪 解析
项公式：
(1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1156，3312，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…；
(4)3,33,333,3 333，….
探究提高
题型分类·深度剖析
ห้องสมุดไป่ตู้
分类 无穷数列 项数 无限
某一确定的数，而项数是指 数列的项对应的位置序号．
基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本 疑点清源
按项与 递增数列 项间的 递减数列 大小关
常数列 系分类
an＋1_>__an an＋1_<__an
an＋1＝an
其中 n∈ N*
存在正数 M，使
有界数列
按其他
|an|≤M
从第二项起，有些项
(4)3,33,333,3 333，….
思维启迪 解析 探究提高
(1) 据 所 给 数 列 的 前 几 项 求 其 通 项 公式时，需仔细观察分析，抓住以 下几方面的特征： ①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征； ③拆项后的特征； ④各项符号特征等，并对此进行归 纳、联想． (2)根据数列的前几项写出数列的一个 通项公式是不完全归纳法，它蕴含着 “从特殊到一般”的思想，由不完全归 纳得出的结果是不可靠的，要注意代 值检验，对于正负符号变化，可用 (－1)n 或(－1)n＋1 来调整．
解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型三
由数列的前n项和求通项公式
思维启迪 解析 探究提高
【例 3】 已知下面数列{an}的前 n 项和 Sn，求{an}的通项公式： (1)Sn＝2n2－3n； (2)Sn＝3n＋b.
【新步步高】2018版高考数学(理)一轮复习第六章6.1数列的概念与简单表示法
按项与项间的 大小关系分类
递增数列 递减数列
常数列
摆动数列
an＋1__>_an
an＋1_<__an
其中n∈N*
an＋1＝an 从第2项起，有些项大于它的前一项，有
些项小于它的前一项的数列
3.数列的表示法 数列有三种表示法，它们分别是列表法 、 图象法和 解析法 .
4.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与 序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么 这个公式叫做这个数列的通项公式.
A.－16
B.16
解析
C.31
D.32
当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝1. 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1. ∴{an}是等比数列且a1＝1，q＝2， 故a5＝a1×q4＝24＝16.
题型四 数列的性质
命题点1 数列的单调性 n－1
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1] ＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式. 故数列的通项公式为 an＝26， n－n＝ 5，1， n≥2.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn等于
例 4 已知 an＝n＋1，那么数列{an}是 答案 解析
A.递减数列
B.递增数列
C.常数列
D.摆动数列
an＝1－n＋2 1，将 an 看作关于 n 的函数，n∈N*，易知{an}是递增数列.
命题点2 数列的周期性
1
1
例5 数列{an}满足an＋1＝ 1－an，a8＝2，则a1＝__2___.
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：数列的综合问题
所以an＝a1qn－1＝3 2 .
123456
(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1， 故 Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－ 2 1.
123456
2.(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2时，Sn－1＝2an－1－1，
(b)
123456
(a)－(b)得 an＝2an－2an－1，整理得aan－n 1＝2(常数)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n－1.
选条件③时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，
123456
(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
因为bn＋1＝2bn≠0， 所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn， 即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn， 即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn， 即证an＋1＝Sn＋1－Sn， 而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立， 所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
123456
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}， 记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
123456
由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1， 即bn是数列{an}中的第2n－1项. 设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn， 因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128， 所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项 后构成的， 所以 S100＝P107－Q7＝107×22＋214－21－－228＝11 302.
2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第六章 6.3等比数列及其前n项和
§6.3等比数列及其前n项和1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1. (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k. (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .4．在等比数列{a n }中，若S n 为其前n 项和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列(n 为偶数且q ＝－1除外)．概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．3．“b2＝ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件．因为b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0，b＝0，c ＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n＋1＝qa n(n∈N*，q为常数)的数列{a n}为等比数列．(×)(2)如果数列{a n}为等比数列，则数列{ln a n}是等差数列．(×)(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S5S2＝a1(1－q5)1－q·1－qa1(1－q2)＝1－q51－q2＝1－(－2)51－4＝－11.6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB＝210 MB)答案39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n}，且a1＝2，q＝2，∴a n＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n＝13.即病毒共复制了13次．∴所需时间为13×3＝39(秒).等比数列基本量的运算1．设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则公比q 等于( ) A ．5 B ．4 C ．3 D ．2 答案 D解析 因为S 2＝3，S 4＝15，S 4－S 2＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，两个方程左右两边分别相除，得q 2＝4， 因为数列是正项等比数列， 所以q ＝2，故选D.2．(2019·全国Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.3．(2019·全国Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________. 答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.4．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论．等比数列的判定与证明例1 (2020·四川名校联盟模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝12，2a n ＋1＝a n ＋12b n ,2b n ＋1＝12a n ＋b n . (1)证明：数列{a n ＋b n }，{a n －b n }为等比数列； (2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n <103.证明(1)依题意，有⎩⎨⎧2an ＋1＝a n ＋12b n，2bn ＋1＝12a n ＋b n ，两式相加得，a n ＋1＋b n ＋1＝34(a n ＋b n )，又∵a 1＋b 1＝32≠0，∴{a n ＋b n }为首项为32，公比为34的等比数列，两式相减得，a n ＋1－b n ＋1＝14(a n －b n )，又∵a 1－b 1＝12≠0，∴{a n －b n }为首项为12，公比为14的等比数列．(2)由(1)可得，a n ＋b n ＝32⎝⎛⎭⎫34n －1，①a n －b n ＝12⎝⎛⎭⎫14n －1，②①＋②得，a n ＝⎝⎛⎭⎫14n ＋⎝⎛⎭⎫34n，∴S n ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＋34⎝⎛⎭⎫1－3n 4n 1－34 <141－14＋341－34＝103.思维升华 判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列． 跟踪训练1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8.(1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )， 又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5，公比为5的等比数列． 所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n .(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝⎛⎭⎫53n ， 则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫531＋1＋⎝⎛⎭⎫532＋…＋1＋⎝⎛⎭⎫53n ＝n ＋53⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52.等比数列性质的应用例2 (1)(2020·四川六市联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，则a 2a 16a 9的值为( ) A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2D ．－2或 2答案 B解析 由题意知，a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2， 所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－ 2.(2)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________. 答案 10解析 根据等比数列的前n 项和的性质，若S n 是等比数列的和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍是等比数列，得到(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，解得S 3＝10，或S 3＝90(舍)．思维升华 等比数列性质的应用可以分为三类 (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2 (1)(2020·德阳诊断)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12，该数列前9项的乘积为1，则a 1等于( )A ．8B ．16C ．32D ．64 答案 B解析 由已知a 1a 2…a 9＝1 ，又a 1a 9＝a 2a 8＝a 3a 7＝a 4a 6＝a 25 ，所以a 95＝1 ，即a 5＝1，所以a 1⎝⎛⎭⎫－124＝1 ，a 1＝16.故选B. (2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N *)．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89， 解得q ＝12， 则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．构造法1 形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，其中a 1＝a )型(1)若c ＝1，数列{a n }为等差数列；(2)若d ＝0，数列{a n }为等比数列；(3)若c ≠1且d ≠0，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求． 方法如下：设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d 比较系数得λ＝d c －1(c ≠1)， 所以a n ＋d c －1＝c ⎝⎛⎭⎫a n －1＋d c －1(n ≥2)， 即⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋d c －1为首项，以c 为公比的等比数列． 例1 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________.答案 2×3n －1－1解析 a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又因为a 1＋1＝2≠0，所以{a n ＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝2·3n －1，a n ＝2·3n －1－1.构造法2 形如 a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1pn ＋1－a n p n ＝q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列．例2 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝4，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则a n 等于( )A ．n ·2n －1B ．(n ＋1)·2nC ．n ·2n ＋1D ．(n －1)·2n答案 B解析 ∵a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝1， 又∵a 121＝42＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为2，公差为1的等差数列， ∴a n 2n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝(n ＋1)·2n ，故选B.(2)(2019·武汉市二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项a n 等于( )A ．－3×2n －1B ．3×2n －1 C ．5n ＋3×2n －1D ．5n －3×2n －1 答案 D解析 方法一 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35， 即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25， 所以b n －1＝⎝⎛⎭⎫－35×⎝⎛⎭⎫25n －1， 即b n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1， 所以a n 5n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1＝1－3×2n －15n.故a n ＝5n －3×2n －1.方法二 设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1， 即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列， 则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.故选D.构造法3 相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型) 可化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两根．例3 数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n ，求数列{a n }的通项公式． 解 由a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n 可得， a n ＋2－a n ＋1＝－13(a n ＋1－a n )， 所以数列{a n ＋1－a n }是首项为1，公比为－13的等比数列， 当n ≥2时，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝－13，a 4－a 3＝19，…， a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫－13n －2， 将上面的式子相加可得a n －1＝1＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2， 从而可求得a n ＝2＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2，故有a n ＝74＋94·⎝⎛⎭⎫－13n (n ≥2)． a 1＝1也满足上式．构造法4 倒数为特殊数列(形如a n ＝pa n －1ra n －1＋s型) 例4 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． 解 ∵a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12， 即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列． ∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *).1．若等比数列{a n }的各项均为正数，a 2＝3,4a 23＝a 1a 7，则a 5等于( )A.34B.38 C ．12 D ．24答案 D解析 数列{a n }是等比数列，各项均为正数，4a 23＝a 1a 7＝a 24，所以q 2＝a 24a 23＝4，所以q ＝2.所以a 5＝a 2·q 3＝3×23＝24，故选D.2．(2020·四川联合诊断考试)在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝12，若a k ＝2－5，则k 等于() A ．5 B ．6 C ．9 D ．10答案 D解析 由a 1＝2，a 4＝12⇒q 3＝14⇒q ＝232-，∴a k ＝a 1q k －1＝2·q k －1＝2－5，∴q k －1＝2－6＝()2132k --，∴－2(k －1)3＝－6，∴k ＝10.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13 B ．－13 C.19 D ．－19答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1， 所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B. 4．设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 D解析 取a n ＝－2n ，此时q ＝2>1，但{a n }是单调递减数列，取a n ＝－⎝⎛⎭⎫12n ，因a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫12n >0，故{a n }是单调递增数列，但q ＝12<1， 故“q >1 ”是“{a n }是递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.5．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189 C.18916D ．378 答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3，即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ， 整理可得2q 2－5q ＋2＝0，则q ＝2⎝⎛⎭⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3，∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.6．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( )A ．21B ．42C ．63D ．84答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21， 又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去) 所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.7．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n 且S 3＝14，a 3＝8，则a 6＝________. 答案 64解析 由题意得，等比数列的公比为q ，由S 3＝14，a 3＝8，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q ＋q 2)＝14，a 1q 2＝8， 解得a 1＝2，q ＝2，所以a 6＝a 1q 5＝2×25＝64.8．已知各项为正数的等比数列{a n }中， a 2a 3＝16，则数列{log 2a n }的前四项和等于________． 答案 8解析 各项为正数的等比数列{a n }中，a 2a 3＝16， 可得a 1a 4＝a 2a 3＝16，即有log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＝log 2(a 1a 2a 3a 4)＝log 2256＝8.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 020，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 021＝________. 答案 2 020解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0，∵a 2≠0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1.∵a 1＝2 020，∴S 2 021＝a 1(1－q 2 021)1－q＝2 020×[1－(－1)2 021]2＝2 020. 10．(2020·贵州部分重点中学联考)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3＋S 5＝18，a 5＝7.若a 3，a 6，a m 成等比数列，则m ＝________. 答案 15解析 ∵数列{a n }为等差数列，∴a 3＋S 5＝6a 3＝18，∴a 3＝3.又a 5＝7，∴a 1＝－1，d ＝2，a n ＝2n －3.∵a 3，a 6，a m 成等比数列，∴a 3·a m ＝a 26，即3(2m －3)＝(2×6－3)2，解得m ＝15.11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n ， 将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ， 又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1， 所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝34，S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－374，且3b n －b n －1＝n ＋1(n ∈N *且n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列．(1)解 由S n ＝S n －1＋a n －1＋12，得S n －S n －1＝a n －1＋12，即a n －a n －1＝12(n ≥2且n ∈N *)， 则数列{a n }是以34为首项，12为公差的等差数列， 因此a n ＝34＋(n －1)×12 ＝12n ＋14. (2)证明 因为3b n －b n －1＝n ＋1(n ≥2)，所以b n ＝13b n －1＋13(n ＋1)(n ≥2)， b n －a n ＝13b n －1＋13(n ＋1)－12n －14＝13b n －1 －16n ＋112＝13⎝⎛⎭⎫b n －1－12n ＋14(n ≥2)， b n －1－a n －1＝b n －1－ 12(n －1)－14＝ b n －1－12n ＋14(n ≥2)， 所以b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)， 因为b 1－a 1＝－10≠0，所以数列{b n －a n }是以－10为首项，13为公比的等比数列．13．(2020·广西七市联考)已知正项等比数列{a n }满足a 8＝a 6＋2a 4，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 1，则1m ＋9n的最小值为________． 答案 4解析 ∵a 8＝a 6＋2a 4，∴a 1q 7＝a 1q 5＋2a 1q 3，解得q 2＝2， ∵a m a n ＝2a 1，∴a m a n ＝2a 21＝a 22，∴m ＋n ＝4，则1m ＋9n ＝14⎝⎛⎭⎫1m ＋9n (m ＋n ) ＝14⎝⎛⎭⎫10＋n m ＋9m n ≥14(10＋6)＝4， 当且仅当m ＝1，n ＝3时等号成立．14．(2020·成都外国语学校模拟)已知函数f (x )＝3x3x ＋1，正项等比数列{a n }满足a 50＝1，则f (ln a 1)＋f (ln a 2)＋f (ln a 3)＋…＋f (ln a 99)＝________. 答案 992解析 ∵f (x )＝3x3x ＋1， 得f (x )＋f (－x )＝3x 3x ＋1＋3－x 3－x ＋1＝1.∵数列{a n}是等比数列，∴a1a99＝a2a98＝…＝a49a51＝a250＝1，即ln a1＋ln a99＝ln a2＋ln a98＝…＝ln a49＋ln a51＝0，设S99＝f (ln a1)＋f (ln a2)＋f (ln a3)＋…＋f (ln a99)，①又S99＝f (ln a99)＋f (ln a98)＋f (ln a97)＋…＋f (ln a1)，即S99＝f (－ln a1)＋f (－ln a2)＋f (－ln a3)＋…＋f (－ln a99)，②由①＋②得2S99＝99，∴S99＝992.15.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．答案 132解析 由题意，得正方形的边长构成以22为首项，以22为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为22×⎝⎛⎭⎫229＝132. 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2，….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t ,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1， 所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n ＋12.。
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.
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：数列
5.等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝12，则{an}的前 8 项和为
√A.90
B.30( 2＋1)
C.45( 2＋1)
D.72
等比数列{an}中，a1＋a2＝6， a3＋a4＝(a1＋a2)q2＝12， ∴q2＝2，a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝24， 同理a7＋a8＝48， 则{an}的前8项和a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝6＋12＋24＋48＝90.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
11.数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有
√A.Sn＝3n－1
√B.{Sn}为等比数列
C.an＝2·3n－1
√D.an＝12·，3nn－＝2，1n，≥2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
8.数列{an}中，a1＝5，a2＝9.若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大 值为
A.9
√B.11
45 C. 4
D.12
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
令bn＝an＋n2，又a1＝5，a2＝9， ∴b2＝a2＋4＝13，b1＝a1＋1＝6， ∴数列{an＋n2}的首项为6，公差为13－6＝7， 则an＋n2＝6＋7(n－1)＝7n－1， ∴an＝－n2＋7n－1＝－n－722＋445，又 n∈N*， ∴当 n＝3 或 4 时，an 有最大值为－14＋445＝11.
(四川专用)高三数学大一轮复习 数列的综合应用学案 理 新人教A版
数列的综合应用导学目标： 1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．自主梳理1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各种知识和方法求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方法的运用与体会．(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方法．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的基本思想方法，复杂的数列问题经常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前若干项求通项，由有限的特殊事例推测出一般性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会遇到，如等比数列中，经常要对公比进行讨论；由S n 求a n 时，要对______________进行分类讨论．2．数列的实际应用数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答应用问题的核心是建立数学模型．(1)建立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，还是递推数列模型，是求a n 还是求S n .(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每月的利息均按复利计算； ②在分期付款中规定每期所付款额相同；③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全部付清前会随时间的推移而不断增值；④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和．自我检测 1．(原创题)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝10，则S 11的值为 ( ) A ．12 B ．18 C ．22 D ．442．(2011·汕头模拟)在等比数列{a n }中，a n >a n ＋1，且a 7·a 11＝6，a 4＋a 14＝5，则a 6a 16等于 ( )A.23B.32C ．－16D ．－563．若{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n }的每一项都减去2后，得到一个新数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，下列结论正确的是 ( )A ．b n ＋1＝3b n ，且S n ＝12(3n－1)B ．b n ＋1＝3b n －2，且S n ＝12(3n－1)C ．b n ＋1＝3b n ＋4，且S n ＝12(3n－1)－2nD ．b n ＋1＝3b n －4，且S n ＝12(3n－1)－2n4．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程都增加2 km ，在达到离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是 ( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟5．(2011·台州月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝n n 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6．(2011·南京模拟)设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，则log b 5a 5＝________.探究点一 等差、等比数列的综合问题例1 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .变式迁移1 假设a 1，a 2，a 3，a 4是一个等差数列，且满足0<a 1<2，a 3＝4.若b n ＝2a n (n ＝1,2,3,4)．给出以下命题：①数列{b n }是等比数列；②b 2>4；③b 4>32；④b 2b 4＝256.其中正确命题的个数是 ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 探究点二 数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 (2011·温州月考)已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ；(3)令b n ＝1a n －1a n (n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .变式迁移2 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 ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．探究点三 数列在实际问题中的应用例3 (2011·福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10 000元，作为启动资金开店，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每月的生活费为300元，余款作为资金全部投入下个月的经营，如此继续，问到这年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为25%，问这个职工还清银行贷款后纯收入多少元？变式迁移3 假设某市2011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2011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例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率(复利)以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型．(2)在试题中常用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳得到结论，用数列知识求解．2．解决数列综合问题应体会以下思想及方法：(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．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·湖北)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的值为 ( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 22．(2011·漳州模拟)数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有 ( )A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为 ( )A ．1 001B ．991C ．999D ．990 4．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在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B ．7秒C ．8秒D ．9秒5．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 ( )6．(2011·丽水月考)若数列{a n }的通项公式a n ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，数列{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x ＋y ＝________.7．(2010·江苏)函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2 009，则i 与j 的和为________．1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 ……………………………………三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·湘潭模拟)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？10．(12分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地区乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每月收入都比上个月增长50%，而后每个月收入都稳定在第5个月的水平上．若设备改造时间可忽略不计，那么从下个月开始至少经过多少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？11．(14分)(2011·广东执信中学模拟)已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12. (1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(3)设b n ＝(9－n )f n ＋f n，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案 自主梳理 1．(4)n ＝1或n ≥2 自我检测1．C 2.B 3.C 4.C 5.B 6.919课堂活动区例 1 解题导引 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，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由(1)得a 3n ＋1＝23n，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)2·ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.变式迁移1 D [设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，所以1<d <2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，所以b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，所以b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，所以b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．]例2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观察T n 特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )．(3)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，又b 1＝3＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝9n2n ＋1， ∵S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012， 又∵9n 2n ＋1＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增，且9n 2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92， 即m ≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 解 (1)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，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8， 解之，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2n.(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n.①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，即2n ＋1－n ·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立，∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n ，m <12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1， 即m 的取值范围是(－∞，－1]．例3 解 依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300 ＝11 500，第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300， 依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，则a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n －300.下面构造一等比数列． 设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，则a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ， ∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x . ∴0.18x ＝－300.∴x ＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003. ∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年底该职工共有资金62 396.6元． 纯收入有a 12－10 000(1＋25%)＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }， 由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2020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{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5， 当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016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%. 课后练习区1．C 2.B 3.B 4.B 5.D 6．3 7.21 8.1079．解 (1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.…………………………………………………(1分)a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，n ∈N *；………………………………(3分)∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1＝S n ＋S n －1(n >2)，……………………………………………………………………(4分)又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1.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 ，S n ＝n 2.当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n ∈N *.……………………………………………………………………(6分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(10分) 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，∴满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(12分)10．解 设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(4分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫325－132－1＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫324(n －5)－400＝81n －594，…………………………………………………………(8分)∴当n ≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n ≥12，∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)令x ＝n ，y ＝1，得到f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，……………………………………………………………(2分)∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，即f (n )＝(12)n.………………………………………………………………………………(5分)(2)记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n，……………………………………………………………………(6分)∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n，12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1，整理得S n ＝2－(12)n －1－n (12)n<2.…………………………………………………………(9分)(3)∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)当n ≤8时，b n >0； 当n ＝9时，b n ＝0； 当n >9时，b n <0，∴n＝8或9时，S n取到最大值．……………………………………………………(14分)。
2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第六章 6.1数列的概念与简单表示法
§6.1数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．数列的通项公式a n＝3n＋5与函数y＝3x＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n＝3n＋5是特殊的函数，其定义域为N*，而函数y＝3x＋5的定义域是R，a n＝3n＋5的图象是离散的点，且排列在y＝3x＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(×)(2)所有数列的第n项都能使用公式表达．(×)(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√)(4)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×)题组二教材改编2．在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＝4a n＋1，则a3＝________.答案21解析由题意知，a2＝4a1＋1＝5，a3＝4a2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n＝________.答案 5n ＋1 题组三 易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ， 整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎫n －1122＋1214， ∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.由a n与S n的关系求通项公式例1(1)已知数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n，则a n＝________.答案4n－5解析a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，∴a n＝4n－5.(2)(2020·贵阳适应性考试)设S n为数列{a n}的前n项和，若2S n＝3a n－3，则a4等于() A．27 B．81 C．93 D．243答案 B解析根据2S n＝3a n－3，可得2S n＋1＝3a n＋1－3，两式相减得2a n＋1＝3a n＋1－3a n，即a n＋1＝3a n，当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a 4＝a 1q 3＝34＝81. 故选B.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析 当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②，得na n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式，∴a n＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.本例(1)中，若S n ＝2n 2－3n ＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，4n －5，n ≥2思维升华 已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1. 当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.(3)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则a n ＝________.答案13n解析 因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②由①－②，得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意，知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .由数列的递推关系求通项公式命题点1 累加法例2 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________. 答案 n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22(n ≥2)．a 1＝2也满足上式．命题点2 累乘法例3 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝nn ＋1a n ，则a n ＝________.答案 2n解析 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n (n ≥2)．a 1＝2也满足上式．思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (2)当出现a n a n －1＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练2 (1)在数列{a n }中，a n ＋1＋n ＋1＝a n ＋n ＋2n －1，a 1＝0，则a 8＝________. 答案 2 492 解析 令b n ＝a n ＋n ，则b n ＋1－b n ＝2n －1，b 1＝1，∴b 8＝b 8－b 7＋b 7－b 6＋…＋b 2－b 1＋b 1 ＝13＋11＋…＋1＋1＝50， ∴a 8＋8＝50，∴a 8＝2 492.(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋2a n ，求通项公式a n .解 由已知得a n ＋1a n ＝nn ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1， 所以a n a 1＝2n (n ＋1)，即n ≥2时，a n ＝43n (n ＋1)，又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1).数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知数列{c n }，c n ＝2n －72n ，则当n ＝________时，c n 最大．答案 5解析 c n ＋1－c n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝9－2n2n ＋1，当n ≤4时，c n ＋1>c n ，当n ≥5时，c n ＋1<c n ，因此c 1<c 2<c 3<c 4<c 5>c 6>c 7>…，∴n ＝5时，c n 取得最大值．命题点2 数列的周期性例5 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 020的值为() A ．2 B ．1 C.12 D.14答案 B解析 因为a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，由a 1＝1，a 2＝2，得a 3＝2，由a 2＝2，a 3＝2，得a 4＝1，由a 3＝2，a 4＝1，得a 5＝12，由a 4＝1，a 5＝12，得a 6＝12，由a 5＝12，a 6＝12，得a 7＝1，由a 6＝12，a 7＝1，得a 8＝2， 由此推理可得数列{a n }是周期为6的数列，所以a 2 020＝a 4＝1，故选B.命题点3 数列的最值例6 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( )A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9答案 D解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1，∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2. 设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0， ∴f (x )的极小值点为x ＝103， ∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8，∴f (n )min ＝－9.思维升华 应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个(1)利用数列对应的函数的单调性判断．(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．跟踪训练3 (1)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法错误的是( )A ．T n 无最大值B ．a n 有最大值C ．T 2 020＝9D ．a 2 020＝1答案 A解析 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，… 因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 020＝a 4＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…，所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2 020＝T 4＝9，故选A.(2)已知在数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋12a n ，则a n a n －1(n >1)的最大值为________． 答案 2解析 因为S n ＝n ＋12a n， 所以当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋12a n －n 2a n －1， 即a n a n －1＝n n －1， 因为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n a n －1是递减数列， 所以当n ＝2时，a n a n －1取得最大值，最大值为2.1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的()A．第19项B．第20项C．第21项D．第22项答案 C解析数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n＝5＋6(n－1)＝6n－1，令6n－1＝55，得n＝21.2．在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝2a n＋1(n∈N*)，则a4的值为()A．31 B．30 C．15 D．63答案 C解析由题意知a2＝2a1＋1＝3，a3＝2a2＋1＝7，a4＝2a3＋1＝15.3．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＋1＝2S n－1(n∈N*)，则a10等于()A．128 B．256 C．512 D．1 024答案 B解析∵S n＋1＝2S n－1(n∈N*)，n≥2时，S n＝2S n－1－1，∴a n＋1＝2a n.n＝1时，a1＋a2＝2a1－1，a1＝2，a2＝1.∴数列{a n}从第二项开始为等比数列，公比为2.则a 10＝a 2×28＝1×28＝256.故选B.4．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( )A ．255B ．256C ．510D ．511答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.5．在数列{a n }中，a 1＝3，(3n ＋2)a n ＋1＝(3n －1)a n (n ≥1)，则a n 等于() A.63n －1 B.6n ＋1C.92n ＋1 D.32n －1答案 A解析 由题意知a n ＋1＝3n －13n ＋2a n ，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1×3n －73n －4×…×58×25×3＝63n －1(n ≥2)．当n ＝1时适合a n ＝63n －1.6．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2，a 1＝20，则a n n 的最小值为( )A ．4 5B ．45－1C ．8D ．9答案 C解析 由a n ＋1－a n ＝2n 知，当n ≥2时，a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，…，a n －a n －1＝2(n －1)，相加得，a n －a 1＝n 2－n ，所以a n n ＝n ＋20n－1， a 11＝20满足上式， 又n ∈N *，所以n ≤4时，a n n 单调递减，n ≥5时，a n n单调递增， 因为a 44＝a 55，所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8.故选C. 7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2. 8．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________. 答案 4－1n解析 由题意知，a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， 所以a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n，逐项相加得a n －a 1＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ，所以a n ＝4－1n (n ≥2)，经检验n ＝1也满足，故a n ＝4－1n . 9．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴S n ＝－1n. 10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝__________.答案 2n 2－n ＋2解析 由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n ＝n ， 当n ≥2时由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2， 又因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n 2＋1＝n 2－n ＋22，1a 1也满足此式，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)． 11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n. (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2， 解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3， 解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1， 整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…， a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1， 将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2， 经检验n ＝1时，也满足上式．综上，{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2. 12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a n n， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)b n ＝3n －λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n －λ(2n ＋1)．∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n －λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1. 令c n ＝2·3n 2n ＋1， 则c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1.∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 020项的和为( )A ．672B ．673C ．1 347D ．2 020答案 C解析 由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数，可得{a n }为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，所以{a n }是周期为3的数列，一个周期中三项和为1＋1＋0＝2，因为2 020＝673×3＋1，所以数列{a n }的前2 020项的和为673×2＋1＝1 347，故选C.14．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎫5，163 C.⎝⎛⎭⎫3，163 D ．(3,5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，又a 1＝a ，a 2＋2a 1＝4×22＝16，∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．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 )成立，若数列{a n }满足f (a n ＋1)f ⎝⎛⎭⎫11＋a n ＝1(n ∈N *)，且a 1＝f (0)，则下列结论成立的是( )A ．f (a 2 019)>f (a 2 021)B ．f (a 2 020)>f (a 2 023)C ．f (a 2 021)>f (a 2 022)D ．f (a 2 019)>f (a 2 022) 答案 A解析 由f (x )f (y )＝f (x ＋y )，令x ＝0，y ＝－1，则f (0)f (－1)＝f (－1)，∵x <0时，f (x )>1，∴f (－1)>1，∴f (0)＝1，∴a 1＝1，当x >0时，令y ＝－x ，则f (x )f (－x )＝f (0)＝1，即f (x )＝1f (－x )， 又f (－x )>1，∴当x >0时，0<f (x )<1，令x 2>x 1，则x 2－x 1>0，∴f (x 1)f (x 2－x 1)＝f (x 2)， 即f (x 2)f (x 1)＝f (x 2－x 1)∈(0,1)， ∴f (x )在R 上单调递减，又f (a n ＋1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋11＋a n ＝1＝f (0)， ∴a n ＋1＝－11＋a n， 令n ＝1，a 2＝－12；令n ＝2，a 3＝－2；令n ＝3，a 4＝1， ∴数列{a n }是以3为周期的数列，∴a 2 019＝a 3＝－2，a 2 020＝a 1＝1，a 2 021＝a 2＝－12， a 2 022＝a 3＝－2，a 2 023＝a 1＝1，∵f (x )在R 上单调递减，∴f (－2)>f ⎝⎛⎭⎫－12>f (1)， ∴f (a 2 019)>f (a 2 021)，f (a 2 020)＝f (a 2 023)，f (a 2 021)<f (a 2 022)，f (a 2 019)＝f (a 2 022)．故选A.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值． 解 ∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n －1， 令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1 ＝12n －1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1 ＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增， ∴T n ≥T 1＝23， ∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立，∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.。
高考数学一轮复习第六章数列数列的综合应用课件
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
撬点·基础点 重难点
4 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1 等差数列与等比数列比较表 等差数列
通项
(1)an＝ a1＋(n－1)d
公式
(2)an＝ am＋(n－m)d
注意点 等差与等比模型的区别 一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通 过转化得到等差或等比数列.
7 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1．思维辨析 (1)若{ln an}是等差数列，则{an}是等比数列．( √ ) (2)1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5＝11－－bb5.( × ) (3)利用函数的方法研究数列问题时应注意题目中的限制条件，尤其是定义域．( √ ) (4)用数学归纳法证明与正整数 n 有关的数列不等式时，第一步骤证时 n 取的第一个值是 n＝1.( × )
就是 公比 ．
固定的数
，该模型是等比模型，这个固定的数
(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，应考虑是 an 与 an＋1 的递推关系，还是前 n 项和 Sn 与前 n＋1 项和 Sn＋1 之间的递推关系．
3 数列与函数、不等式的综合问题
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
D．100(1－2－9)
解析 当第 10 次着地时，经过的路程为：100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋200×(2－1＋2－2＋… ＋2－9)＝100＋200(1－2－9)．
2024版高考数学一轮复习教材基础练第六章数列第六节数列的综合应用教学课件
−1
=2,n≥2,
教材素材变式
所以{an}是首项为a1,公比为2的等比数列.
1 (1−2 )
所以Sn= 1−2 ,
所以Sn=a12n-a1,即Sn+a1=a12n.
设bn=Sn+a1,则
−1
=2,n≥2,
又b1=2a1>0,
所以{Sn+a1}是首项为2a1,公比为2的等比数列.
+1 (+1)
(n≥2),
2
所以2×3×…×−1× =1×2×3×…×−2×−1=
1
2
−2
−1
3
4
5
(+1)
(n≥2),
2
所以an=
又a1=1也满足上式,
(+1)
*).
(n∈N
2
所以an=
(+1)
1
2
1 1
,所以
=
=2(
- ),
2
(+1)
+1
8
3,
9 3
27 3
3
,a
=
,由于第k+1个正六边形的顶点分别是第k个正六边形各边的中点,所以易得a
=
a ,因此{an}是一个
3
k+1
2
8
4 k
a2=
3
3
3
首项为6 3,公比为4的等比数列,所以an=6 3·(4)n-1,故a2 022=6 3×(4)2 021,故选C.
教材素材变式
1
3. 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{ }是公差为3的等差数列.
【步步高】届高三数学大一轮复习 数列的概念与简单表示法学案 理 新人教A版
第六章 数 列学案28 数列的概念与简单表示法导学目标： 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．自主梳理1．数列的定义按________________着的一列数叫数列，数列中的______________都叫这个数列的项；在函数意义下，数列是________________________的函数，数列的一般形式为：______________________，简记为{a n }，其中a n 是数列的第____项．2．通项公式：如果数列{a n }的______与____之间的关系可以____________来表示，那么这个式子叫做数列的通项公式．但并非每个数列都有通项公式，也并非都是唯一的．3．数列常用表示法有：_________、________、________. 4．数列的分类：数列按项数来分，分为____________、__________；按项的增减规律分为________、________、__________和__________．递增数列⇔a n ＋1______a n ；递减数列⇔a n ＋1______a n ；常数列⇔a n ＋1______a n .5．a n 与S n 的关系：已知S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，n ＝1， ，n ≥2.自我检测1．(2011·汕头月考)设a n ＝－n 2＋10n ＋11，则数列{a n }从首项到第几项的和最大 ( )A ．10B ．11C ．10或11D ．12 2．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于 ( ) A ．－165 B ．－33 C ．－30 D ．－213．(2011·龙岩月考)已知数列－1，85，－157，249，…按此规律，则这个数列的通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n·n 2＋n 2n ＋1B ．a n ＝(－1)n·n n ＋32n ＋1C ．a n ＝(－1)n·n ＋12－12n ＋1D ．a n ＝(－1)n·n n ＋22n ＋34．下列对数列的理解：①数列可以看成一个定义在N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })上的函数； ②数列的项数是有限的；③数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点； ④数列的通项公式是唯一的． 其中说法正确的序号是( )A ．①②③B ．②③④C ．①③D ．①②③④5．(2011·湖南长郡中学月考)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项a n ＝______.探究点一 由数列前几项求数列通项例1 写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数： (1)23，415，635，863，1099，…； (2)12，－2，92，－8，252，….变式迁移1 写出下列数列的一个通项公式：(1)3,5,9,17,33，…；(2)12，2，92，8，252，…；(3)2，5，22，11，…；(4)1,0,1,0，….探究点二 由递推公式求数列的通项例2 根据下列条件，写出该数列的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ；(2)a 1＝1,2n －1a n ＝a n －1 (n ≥2)．变式迁移2 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＋1＝(n ＋1)a n ；(3)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n .探究点三 由a n 与S n 的关系求a n例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ＋1，求{a n }的通项公式．变式迁移3 (2011·杭州月考)(1)已知{a n }的前n 项和S n ＝3n＋b ，求{a n }的通项公式．(2)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，求a n .函数思想的应用例 (12分)已知数列{a n }的通项a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n (n ∈N *)，试问该数列{a n }有没有最大项？若有，求出最大项的项数；若没有，说明理由．【答题模板】解 方法一 令⎩⎪⎨⎪⎧n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1[4分]⇔⎩⎪⎨⎪⎧ 10n ＋10≥11n 11n ＋11≥10n ＋20⇔⎩⎪⎨⎪⎧n ≤10n ≥9，∴n ＝9或n ＝10时，a n 最大，[10分] 即数列{a n }有最大项，此时n ＝9或n ＝10.[12分]方法二 ∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1－(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ·9－n 11，[2分] 当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .[8分] 故a 1<a 2<a 3<…<a 9＝a 10>a 11>a 12>…，[10分]∴数列{a n }中有最大项，为第9、10项．[12分] 【突破思维障碍】有关数列的最大项、最小项，数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性常用①作差法，②作商法，③图象法．求最大项时也可用a n 满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1a n ≥a n －1；若求最小项，则用a n 满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1a n ≤a n ＋1.数列实质就是一种特殊的函数，所以本题就是用函数的思想求最值．【易错点剖析】本题解题过程中易出现只解出a 9这一项，而忽视了a 9＝a 10，从而导致漏解．1．数列的递推公式是研究的项与项之间的关系，而通项公式则是研究的项a n 与项数n 的关系．2．求数列的通项公式是本节的重点，主要掌握三种方法：(1)由数列的前几项归纳出一个通项公式，关键是善于观察；(2)数列{a n }的前n 项和S n 与数列{a n }的通项公式a n 的关系，要注意验证能否统一到一个式子中；(3)由递推公式求通项公式，常用方法有累加、累乘． 3．本节易错点是利用S n 求a n 时，忘记讨论n ＝1的情况．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·安徽)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为 ( )A ．15B ．16C ．49D ．642．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n3n ＋1，那么这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列 3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a 2等于 ( ) A ．4 B ．2 C ．1 D ．－24．(2011·烟台模拟)数列{a n }中，若a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1，则a 6等于 ( )A ．13B.113C ．11D.1115．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5 B.7 C.9 D.136．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a na n <12，2a n－112≤a n ，若a 1＝67，则a 2 010的值为________．7．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且有S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项a n ＝__________________.8．(2011·安庆月考)将全体正整数排成一个三角形数阵：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 … … … … … …根据以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行从左至右的第3个数是____________． 三、解答题(共38分)9．(12分)写出下列各数列的一个通项公式．(1)112，223，334，445，…；(2)－1，32，－13，34，－15，36.10．(12分)由下列数列{a n }递推公式求数列{a n }的通项公式： (1)a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)；(2)a 1＝1，a n a n －1＝n －1n(n ≥2)；(3)a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1 (n ≥2)．11．(14分)(2009·安徽)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .答案 自主梳理1．一定顺序排列 每一个数 定义域为N *(或它的子集)a 1，a 2，a 3，…，a n ，… n 2.第n 项 n 用一个公式 3.解析法(通项公式或递推公式) 列表法 图象法 4.有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 摆动数列 常数列 > < ＝ 5.S 1 S n －S n －1自我检测1．C 2.C 3.C 4.C 5.1n课堂活动区例 1 解题导引 (1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，要使用添项、还原、分割等方法，转化为一些常见数列的通项公式来求；(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴涵着“从特殊到一般”的思想，得出的结论不一定可靠，在解答题中一般应用数学归纳法进行证明．解 (1)原数列为222－1，2×242－1，2×362－1，2×482－1，2×5102－1，…，∴a n ＝2n (2n )2－1＝2n4n 2－1. (2)原数列为12，－42，92，－162，252，…，∴a n ＝(－1)n ＋1·n 22.变式迁移1 解 (1)∵a 1＝3＝21＋1， a 2＝5＝22＋1，a 3＝9＝23＋1，…，∴a n ＝2n＋1.(2)将数列中各项统一成分母为2的分数，得 12，42，92，162，252，…， 观察知，各项的分子是对应项数的平方，∴数列通项公式是a n ＝n 22.(3)将数列各项统一成f (n )的形式得 2，5，8，11，…；观察知，数列各项的被开方数逐个增加3，且被开方数加1后，又变为3,6,9,12，…，所以数列的通项公式是a n ＝3n －1.(4)从奇数项，偶数项角度入手，可以得到分段形式的解析式，也可看作数列1,1,1,1，…和1，－1,1，－1，…对应项相加之和的一半组成的数列，也可用正弦函数和余弦函数的最值和零点值来调整表示．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3，5，…，0，n ＝2，4，6，…，或a n ＝1＋(－1)n ＋12 (n ∈N *)，或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2或a n ＝sin 2n π2 (n ∈N *)，或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos n －12π (n ∈N *)． 例2 解题导引 利用数列的递推公式求数列的通项公式，一般有以下三种方法： (1)累加法：如果已知数列{a n }的相邻两项a n ＋1与a n 的差的一个关系式，我们可依次写出前n 项中所有相邻两项的差的关系式，然后把这n －1个式子相加，整理求出数列的通项公式．(2)累积法：如果已知数列{a n }的相邻两项a n ＋1与a n 的商的一个关系式，我们可依次写出前n 项中所有相邻两项的商的关系式，然后把这n －1个式子相乘，整理求出数列的通项公式．(3)构造法：根据所给数列的递推公式以及其他有关关系式，进行变形整理，构造出一个新的等差或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求解．解 (1)当n ＝1,2,3，…，n －1时，可得n －1个等式，a n －a n －1＝n －1，a n －1－a n －2＝n －2，…，a 2－a 1＝1，将其相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)．∴a n ＝a 1＋(1＋n －1)(n －1)2＝2＋n (n －1)2.(2)方法一 a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2＋…＋(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2. 方法二 由2n －1a n ＝a n －1，得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1a n －1. ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2a n －2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫121a 1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2变式迁移2 解 (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1. (2)∵a n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1a n＝n ＋1. ∴a n a n －1＝n ，a n －1a n －2＝n －1， ……a 3a 2＝3， a 2a 1＝2， a 1＝1.累乘可得，a n ＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1＝n ！. 故a n ＝n ！.(3)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n.∴a n －a n －1＝lnnn －1，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，……a 2－a 1＝ln 21，累加可得，a n －a 1＝lnnn －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n －ln(n －1)＋ln(n －1)－ln(n －2)＋…＋ln 2－ln 1 ＝ln n .又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2.例3 解题导引 a n 与S n 的关系式a n ＝S n －S n －1的条件是n ≥2，求a n 时切勿漏掉n ＝1，即a 1＝S 1的情况．一般地，当a 1＝S 1适合a n ＝S n －S n －1时，则需统一“合写”．当a 1＝S 1不适合a n ＝S n －S n －1时，则通项公式应分段表示，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×12－3×1＋1＝0；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n ＋1)－2(n －1)2＋3(n －1)－1＝4n －5； 又n ＝1时，a n ＝4×1－5＝－1≠a 1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0， n ＝1，4n －5， n ≥2.变式迁移3 解 (1)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式； 当b ≠－1时，a 1不适合此等式．∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b (n ＝1)2·3n －1(n ≥2).(2)由2S n ＝a n ＋1，得S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋122，当n ＝1时，a 1＝S 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋122，得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋122－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋122， 整理，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵数列{a n }各项为正，∴a n ＋a n －1>0. ∴a n －a n －1－2＝0.∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)×2＝2n －1. 课后练习区1．A 2.A 3.A 4.D 5.B6.377.⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)2n －1 (n ≥2，n ∈N *) 8.n 2－n ＋62 9．解 (1)∵a 1＝1＋12，a 2＝2＋23，a 3＝3＋34，…，∴a n ＝n ＋n n ＋1(n ∈N *)．…………………………………………………………………(6分)(2)∵a 1＝－2－11，a 2＝2＋12，a 3＝－2－13，a 4＝2＋14，…，∴a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn(n ∈N *)．………………………………………………………(12分)10．解 (1)由题意得，a n －a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，…，a 3－a 2＝3，a 2－a 1＝2. 将上述各式等号两边累加得， a n －a 1＝n ＋(n －1)＋…＋3＋2，即a n ＝n ＋(n －1)＋…＋3＋2＋1＝n (n ＋1)2，故a n ＝n (n ＋1)2.……………………………………………………………………………(4分)(2)由题意得，a n a n －1＝n －1n ，a n －1a n －2＝n －2n －1，…，a 3a 2＝23，a 2a 1＝12. 将上述各式累乘得，a n a 1＝1n ，故a n ＝1n.……………………………………………………(8分)(3)由a n ＝2a n －1＋1，得a n ＋1＝2(a n －1＋1)， 又a 1＋1＝2≠0，所以a n ＋1a n －1＋1＝2，即数列{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列．所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n－1.…………………………………………………………(12分)11．(1)解 a 1＝S 1＝4.……………………………………………………………………(1分)对于n ≥2有a n ＝S n －S n －1＝2n (n ＋1)－2(n －1)n ＝4n .a 1也适合，∴{a n }的通项公式a n ＝4n .………………………………………………………………(3分)将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，故T 1＝b 1＝1.………………………………(4分) (求b n 方法一)对于n ≥2，由T n －1＝2－b n －1， T n ＝2－b n ，得b n ＝T n －T n －1＝－(b n －b n －1)，∴b n ＝12b n －1，b n ＝21－n.……………………………………………………………………(6分)(求b n 方法二)对于n ≥2，由T n ＝2－b n 得 T n ＝2－(T n －T n －1)，2T n ＝2＋T n －1，T n －2＝12(T n －1－2)，T n －2＝21－n (T 1－2)＝－21－n ， T n ＝2－21－n ，b n ＝T n －T n －1＝(2－21－n )－(2－22－n )＝21－n . b 1＝1也适合．……………………………………………………………………………(6分)综上，{b n }的通项公式b n ＝21－n.…………………………………………………………(8分)(2)证明 方法一 由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n，………………………………………………(10分)得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2.………………………………………………………………………(12分)当且仅当n ≥3时，1＋1n ≤43<2，∴c n ＋1c n <12·(2)2＝1，又c n ＝n 2·25－n >0， 即c n ＋1<c n .………………………………………………………………………………(14分)方法二 由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]．…………………………………………………………………(13分)当且仅当n ≥3时，c n ＋1－c n <0，即c n ＋1< c n .…………………………………………(14分)。
高考数学一轮复习 6.5 数列的应用精品课件 理 新人教A版
1× 2 2× 3 n(n +1) 2 2 3
n n+1 n+1
∵m= 2,
∴log2m=log2 2=
∴要证log2m≤Sn<
1, 2
1 2
logm2=
1 2
log
2
2=1.
12logm2,只要证 ≤12Sn<1即可.
∵n∈N*,∴0< 1 ≤ .1∴- ≤1-
<10.
∴ 故
1122≤≤1S-n<1n，1+<得11n证.+ 1.
3b1 + 2 d2
= a1 + d1 b1 + d2
= S3 T3
7 =,
2
即2a1+2d1=7b1+7d2,
③
由①②③解得b1=
4 7
a1,d1=2a1,d2=
2 7
a1,
∴
a5 b5
=
a1 b1
+ 4d1 + 4d2
=
a1 + 4× 2a1
4
2
7 a1 + 4× 7 a1
=
21 .
4
考点二 等差数列、等比数列的综合应用 设数列{an}，{bn}满足a1=b1=6，a2=b2=4，a3=b3=3， 且数列{an+1-an}（n∈N*）是等差数列，{bn-2}是等比 数列，求{an}和{bn}的通项公式.
则a2,a4为方程x2-
20 x+4=0的两根, 3
{解得
a2=
2 3
a4=6或
a2=6 2
a4= 3 .
①当a2=
2 3
时,q=3,an=a3·qn-3=2×3n-3.
(四川专用)高三数学大一轮复习讲义 专题四 数列的综合应用 理 新人教A版
专题四 数列的综合应用1．等比数列与等差数列比较表2. 知识解决数列中的相关问题．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率、银行信贷、分期付款、合理定价等．3． 解答数列应用题的基本步骤(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． 4． 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．1． 在等比数列{a n }中，a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5的值为________．答案 5解析 设首项为a 1，公比为q ，则a 1>0，q >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 21q 4＋2a 21q 6＋a 21q 8＝a 21q 4(1＋q 2)2＝25.∴a 1q 2(1＋q 2)＝5，∴a 3＋a 5＝a 1q 2＋a 1q 4＝a 1q 2(1＋q 2)＝5.2． 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．答案 10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．3． 设等差数列{a n }的各项均为整数，其公差d ≠0，a 5＝6，若a 3，a 5，a m (m >5)是公比为q (q >0)的等比数列，则m 的值为________． 答案 11解析 由题意，得a 3＝6－2d ， 因为q ＝66－2d ＝33－d ，所以3－d ＝3q；因为q 大于零，所以3－d 是大于零的整数，q ＝33－d.由题意知，数列{a n }各项均为整数，故d ，q 均应为整数．当3－d >3,3－d ∈Z 时，q 不为整数，故3－d 只能取1,3.当3－d ＝3时，d ＝0，不满足条件；故3－d ＝1，此时d ＝2，q ＝3，满足条件．所以q ＝3，d ＝2，因此6×3＝a m ＝6＋(m －5)×2，所以m ＝11. 4． 设数列{a n }是公差大于0的等差数列，a 3，a 5分别是方程x 2－14x ＋45＝0的两个实根．则数列{a n }的通项公式是a n ＝____________；若b n ＝a n ＋12n ＋1，则数列{b n }的前n 项和T n ＝____________. 答案 2n －1 2－n ＋22n解析 因为方程x 2－14x ＋45＝0的两个根分别为5、9，所以由题意可知a 3＝5，a 5＝9，所以d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.∵b n ＝a n ＋12n ＋1＝n ·12n ，∴T n ＝1×12＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ·12n ①∴12T n ＝1×122＋2×123＋…＋(n －1)×12n ＋n ·12n ＋1②①－②得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n －n ·12n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n .5． 等比数列{a n }中，a 1＝2，a 8＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)，则f ′(0)等于( )A ．26B ．29C ．212D ．215答案 C解析 f ′(x )＝x ′·[(x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)]＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ＝(x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)＋[(x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)]′·x ，所以f ′(0)＝(0－a 1)(0－a 2)…(0－a 8)＋0＝a 1a 2…a 8.因为数列{a n }为等比数列，所以a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝a 1a 8＝8，所以f ′(0)＝84＝212.题型一 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．审题视角 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．探究提高 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．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 －2×2＝n 2＋2n .题型二 数列与函数的综合应用例2 已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性．思维启迪：(1)将a n 看成一个未知数，解方程即可求出a n ；(2)通过比较a n 和a n ＋1的大小来判断数列{a n }的单调性． 解 (1)由已知得log 22a n －1log 22a n＝2n ，∴a n －1a n＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0.∴a n ＝n ±n 2＋1.∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0. ∴a n ＝n －n 2＋1. (2)方法一 ∵a n＋1－a n ＝(n ＋1)－n ＋2＋1－(n －n 2＋1)＝1－2n ＋1n ＋2＋1＋n 2＋1>1－2n ＋1n ＋＋n＝0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．方法二 ∵a n ＋1a n ＝n ＋－n ＋2＋1n －n 2＋1＝n ＋n 2＋1n ＋1＋n ＋2＋1<1， 又∵a n <0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．探究提高 本题融数列、方程、函数单调性等知识为一体，结构巧妙、形式新颖，着重考查逻辑分析能力．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 . 解 (1)由题意，S n ＝b n＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝bn －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 －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 ＋2，12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， 两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝12＋123×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2， 故T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1，n ∈N *.题型三 数列与不等式的综合应用例3 (2012·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1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 <32.思维启迪：根据前几项关系易求a 1，可以构造数列求a n ，进而利用放缩法证明不等式． (1)解 ∵a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， ∴2(a 2＋5)＝a 1＋a 3. 又2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，∴2S 1＝a 2－22＋1,2S 2＝a 3－23＋1， ∴2a 1＝a 2－3,2(a 1＋a 2)＝a 3－7.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋＝a 1＋a 3，2a 1＝a 2－3，a 1＋a 2＝a 3－7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝5，a 3＝19.∴a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，①∴当n ≥2时，2S n －1＝a n －2n ＋1.② ①－②得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ＋1＋2n，∴a n ＋1＝3a n ＋2n. 两边同除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12， ∴a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1.又由(1)知a 222＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 121＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋1＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， ∴a n ＝3n －2n，即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2n. (3)证明 ∵a n ＝3n －2n ＝(1＋2)n －2n＝C 0n ·1n ·20＋C 1n ·1n －1·21＋C 2n ·1n －2·22＋…＋C n n ·10·2n －2n＝1＋2n ＋2(n 2－n )＋ (2)－2n>1＋2n ＋2(n 2－n ) ＝1＋2n 2>2n 2>2n (n －1)， ∴1a n＝13n －2n <12nn －＝12·1n n －，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n n －＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝32－12n <32，即1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.已知数列{a n }满足a 1＝13，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－a n ，S n 表示数列{a n }前n 项和．求证：S n <1.证明 由a 1＝13≠0易知，对于任意的n ，a n ≠0，原式化为2a n －1a n ＋1＝1，1a n ＋1－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1.令b n ＝1a n－1，b 1＝2，b n ＋1＝2b n ，数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， 即b n ＝1a n －1＝2n，所以a n ＝12n ＋1，故S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.题型四 数列的实际应用例4 某市2008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2008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例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)思维启迪：关键信息：①每年新建住房面积平均比上一年增长8%，说明新建住房面积构成等比数列模型；②中低价房的面积均比上一年增加50万平方米，说明中低价房的面积构成等差数列模型．解 (1)设中低价房面积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则S n ＝250n ＋n n －2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2017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{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400×(1.08)n －1.由题意可知a n >0.85b n ， 有250＋(n －1)×50>400×(1.08)n －1×0.85.当n ＝5时，a 5<0.85b 5，当n ＝6时，a 6>0.85b 6， ∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2013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%. 探究提高 解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题，这恰好是数学实际应用的具体体现．今年“十一”期间，北京十家重点公园将举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A ．211－47 B ．212－57 C ．213－68D ．214－80答案 B解析 由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构造以1为首项，1为公差的等差数列，记第n 个30分钟内进入公园的人数为a n ，第n 个30分钟内出来的人数为b n ，则a n ＝4×2n－1，b n ＝n ，则上午11时30分公园内的人数为S ＝2＋－2101－2－＋2＝212－57.用构造数列的思想解题典例：(12分)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.审题视角 (1)从求证内容来看，首先要求出S n .(2)从S n 与S n －1的递推关系来看，可考虑构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n .(3)可考虑用放缩法证明．规范解答(1)解 ∵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)，[2分]∴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，[3分]∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n .[5分] 将S n ＝12n 代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝，12n －2n 2n[6分](2)证明 ∵S 2n ＝14n 2<14nn －＝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；[10分] 当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1.综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.[12分]温馨提醒 (1)在数列的解题过程中，常常要构造新数列，使新数列成为等差或等比数列．构造新数列可以使题目变得简单，而构造新数列要抓住题目信息，不能乱变形．(2)本题首先要构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，其次应用放缩法，并且发现只有应用放缩法才能用裂项相消法求和，从而把问题解决．事实上：14n 2<14n n －，也可以看成一个新构造：b n＝14nn －.(3)易错分析：构造不出新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，从而使思维受阻．不会作不等式的放缩.方法与技巧1．用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量，减少差错．2．理解等差数列、等比数列定义、基本量的含义和应用，体会两者解题中的区别． 3．注意数列与函数、方程、三角、不等式等知识的融合，了解其中蕴含的数学思想． 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． 失误与防范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．数列的实际应用问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1． (2011·安徽)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15答案 A解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.2． 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 A解析 设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n n －12×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时S n 取最小值．3． 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a x －3，x ≤7，a x －6，x >7.若数列{a n }满足a n ＝f (n ) (n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，3 C ．(2,3)D ．(1,3)答案 C解析 数列{a n }满足a n ＝f (n ) (n ∈N *)，则函数f (n )为增函数，注意a 8－6>(3－a )×7－3.所以⎩⎪⎨⎪⎧a >1，3－a >0，a 8－6－a －3，解得2<a <3.4． (2012·湖北)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln |x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( ) A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④答案 C解析 利用特殊化思想，选a n ＝2n判定． 不妨令a n ＝2n.①因为f (x )＝x 2，所以f (a n )＝4n.显然{f (2n)}是首项为4，公比为4的等比数列． ②因为f (x )＝2x，所以f (a 1)＝f (2)＝22，f (a 2)＝f (4)＝24，f (a 3)＝f (8)＝28，所以f a 2f a 1＝2422＝4≠f a 3f a 2＝2824＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x |，所以f (a n )＝2n＝(2)n. 显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列．④因为f (x )＝ln |x |，所以f (a n )＝ln 2n＝n ln 2.显然{f (a n )}是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列．故应选C. 二、填空题(每小题5分，共15分)5． (2011·江苏)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 由题意知a 3＝q ，a 5＝q 2，a 7＝q 3且q ≥1，a 4＝a 2＋1，a 6＝a 2＋2且a 2≥1，那么有q 2≥2且q 3≥3.故q ≥33，即q 的最小值为33.6． 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________．答案 －10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. 7．对正整数n ，若曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和为___________． 答案 2n ＋1－2解析 ∵y ＝x n(1－x )＝x n－x n ＋1，∴y ′＝nxn －1－(n ＋1)x n，当x ＝2时，切线的斜率k ＝－(n ＋2)2n －1，∴在x ＝2处的切线方程为y ＋2n＝－(n ＋2)2n －1(x －2)，令x ＝0可得y＝(n ＋1)2n，即a n ＝(n ＋1)2n，∴a nn ＋1＝2n，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1为等比数列，其前n 项和S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.三、解答题(共22分)8． (10分)(2011·大纲全国)设数列{a n }满足a 1＝0且11－a n ＋1－11－a n＝1.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－a n ＋1n，记S n ＝∑k ＝1nb k ，证明：S n <1.(1)解 由题设11－a n ＋1－11－a n＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是公差为1的等差数列，又11－a 1＝1，故11－a n ＝n .所以a n ＝1－1n. (2)证明 由(1)得b n ＝1－a n ＋1n＝n ＋1－n n ＋1·n ＝1n －1n ＋1，S n ＝∑k ＝1n b k ＝∑k ＝1n⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝1－1n ＋1<1. 9． (12分)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成立的最小正整数n 的值．解 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0. 由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，①a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)．②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)． 设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n，③ 则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n ·2n ＋1>50成立， 即－(n －1)·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1>50，即2n>26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x是单调递增函数， ∴满足条件的n 的最小值为5.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分) 1． 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2 (n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n( )A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31答案 A 解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)，由S n <－5，得log 2(n ＋2)>6，即n ＋2>64，∴n >62，∴n 有最小值63.2． 已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4 (n ∈N *)且a 1＝9，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n－6|<1125的最小正整数n 是( ) A ．5B ．6C ．7D ．8答案 C解析 由3a n ＋1＋a n ＝4得，a n ＋1－1＝－13(a n －1) (运用构造数列法)，∴{a n －1}是以a 1－1＝8为首项，－13为公比的等比数列，∴a n －1＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1，∴a n ＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＋1.∴S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＋n ＝8×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1＋13＋n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n×6＋n ，∴|S n －n －6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ×6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n×6<1125，即3n>750.将n ＝5,6,7分别代入验证符合题意的最小正整数n ＝7. 3． 设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn(n ∈N *)的前n 项和是( )A.nn ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1D.n ＋1n答案 A解析 由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1. ∴f (x )＝x 2＋x ，则1f n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. ∴S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 二、填空题(每小题5分，共15分)4． 已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a n n的最小值为________．答案212解析 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]＋33＝33＋n 2－n ，所以a n n＝33n＋n －1.设f (x )＝33x ＋x －1，则f ′(x )＝－33x2＋1.令f ′(x )>0，得x >33或x <－33.所以f (x )在(33，＋∞)上是增函数，在(0，33)上是减函数． 因为n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，f (n )取最小值． 因为f (5)＝535，f (6)＝636＝212，535>212，所以a n n 的最小值为212.5． 在等比数列{a n }中，S n 为其前n 项和，已知a 5＝2S 4＋3，a 6＝2S 5＋3，则此数列的公比q＝________. 答案 3解析 因为a 6－a 5＝2(S 5－S 4)， 所以a 6＝3a 5，所以q ＝3.6． (2011·陕西)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．答案 2 000解析 假设20位同学是1号到20号依次排列的，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁．此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，所有同学往返的总路程为S ＝9×20＋9×82×20＋10×20＋10×92×20＝2 000(米)． 三、解答题7． (13分)(2012·天津)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，证明：T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N *)． (1)解 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，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明 方法一 由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋ (2)a 1，① 2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n ＋1a 1.②②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2＝－2n －11－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n－6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n－12 ＝10×2n－6n －10，故T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *.方法二 ①当n ＝1时，T 1＋12＝a 1b 1＋12＝16，－2a 1＋10b 1＝16，故等式成立； ②假设当n ＝k 时等式成立， 即T k ＋12＝－2a k ＋10b k ， 则当n ＝k ＋1时有T k ＋1＝a k ＋1b 1＋a k b 2＋a k －1b 3＋…＋a 1b k ＋1＝a k ＋1b 1＋q (a k b 1＋a k －1b 2＋…＋a 1b k ) ＝a k ＋1b 1＋qT k＝a k ＋1b 1＋q (－2a k ＋10b k －12) ＝2a k ＋1－4(a k ＋1－3)＋10b k ＋1－24＝－2a k＋1＋10b k＋1－12.即T k＋1＋12＝－2a k＋1＋10b k＋1. 因此n＝k＋1时等式也成立．由①和②，可知对任意n∈N*，T n＋12＝－2a n＋10b n成立．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
题型分类·深度剖析
题型二
数列2 】 已 知 函 数 f(x) ＝ log2x － logx2(0<x<1)，数列{an}满足 f( 2an ) ＝2n (n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)判断数列{an}的单调性．
题型分类·深度剖析
a2＋b2，a3＋b3 成等比数列，求 Tn. 故可设 b1＝5－d，b3＝5＋d， 又 a1＝1，a2＝3，a3＝9， 由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2， 解得 d1＝2，d2＝－10.
∵等差数列{bn}的各项为正，∴d>0， ∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋nn－ 2 1×2＝n2＋2n.
题型二
数列与函数的综合应用
思维启迪
解析
探究提高
【 例 2 】 已 知 函 数 f(x) ＝ log2x － logx2(0<x<1)，数列{an}满足 f( 2an ) ＝2n (n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)判断数列{an}的单调性．
(1)将 an 看成一个未知数，解方 程即可求出 an；(2)通过比较 an 和 an＋1 的大小来判断数列{an} 的单调性．
题型分类·深度剖析
题型二
数列与函数的综合应用
思维启迪
解析
探究提高
【解例 2(1】)由已已知知得函lo数g2 2afn－(x)lo＝g12l2oagn 2＝x －2n， ∴l＝oag2nx－n2((a01nn<∈＝x<N21n*))，，．即数a列2n－{a2n}n满an－足1＝f( 20a.n ) ∴an＝n± n2＋1. (1)求数列{an}的通项公式； ∵0<x<1，∴0< 2an <1，∴an<0. (2)判断数列{an}的单调性． ∴an＝n－ n2＋1.
数学 川（理）
专题四 数列的综合应用
第六章 数 列
基础知识·自主学习
要点梳理 1．等比数列与等差数列比较表
等差 数列
等比 数列
不同点
相同点
(1)强调从第二项起每一
(1)都强调从第二项
项与前一项的差；
起每一项与前一项
(2)a1 和 d 可以为零；
的关系；
(3)等差中项唯一
(2)结果都必须是同
(1)强调从第二项起每一
基础知识·自主学习
基础自测
题号
1 2 3 4 5
答案
5
10
11
2n－1 2－n＋2n 2 C
解析
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪
解析
a20＝50.
(1)求数列{an}的通项 an；
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn}为
等比数列．
探究提高
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪
解析
探究提高
a20＝50. (1)求数列{an}的通项 an；
第(1)问列首项 a1 与公差 d 的方程
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn}为 组求 an；第(2)问利用定义证明．
一个常数；
项与前一项的比；
(2)a1 与 q 均不为零； (3)等比中项有两个值
(3)数列都可由 a1，d 或 a1，q 确定
基础知识·自主学习
要点梳理
2．数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围 等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题． 数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率、 银行信贷、分期付款、合理定价等．
等比数列．
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪
解析
a20＝50. (1(1)解)求数由列a{na＝n}a的1＋通(项n－a1n；)d，a10＝30，a20＝50，
得(2方)令程组bn＝aa112＋＋an911d90＝d，＝3证05，0明，：数解列得{adb1＝n＝}为21. 2， 等比数列．
解析
探究提高
a20＝50.
对等差、等比数列的综合问题的
(1)求数列{an}的通项 an；
分析，应重点分析等差、等比数
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn}为 列的通项及前 n 项和；分析等差、
等比数列．
等比数列项之间的关系．往往用
到转化与化归的思想方法．
题型分类·深度剖析
变式训练 1 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 (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)． 又 a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1.
故{an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列，∴an＝3n－1. (2)设{bn}的公差为 d， 由 T3＝15，b1＋b2＋b3＝15，可得 b2＝5，
题型分类·深度剖析
变式训练 1 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，
3．解答数列应用题的基本步骤 (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．
基础知识·自主学习
要点梳理
4．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 an 与 an＋1 的递推关系，还 是 Sn 与 Sn＋1 之间的递推关系．
∴an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.
(2)证明 由(1)，得 bn＝2an 10＝22n＋10－10＝22n＝4n，
∴bbn＋n 1＝44n＋n 1＝4， ∴{bn}是首项是 4，公比 q＝4 的等比数列．
探究提高
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪