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]。