2019高考数学一轮复习第6章数列专题研究3数列的综合应用课件理优质公开课课件

专题研究三数列的综合应用专题讲解题型一　等差、等比数列的综合(2018·吉林实验中学模拟)已知{an}是单调递增的等差数列，首项a1＝3，前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，其中b1＝1，且a2b2＝12，S3＋b2＝20.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝Sncos(eq\f(an,3)π)(n∈N*)，求{cn}的前20项和T20.【解析】　(1)设公差为d，公比为q，则a2b2＝(3＋d)q＝12，S3＋b2＝3a2＋b2＝3(3＋d)＋q＝20，∴3d2－2d－21＝0，(3d＋7)(d－3)＝0.∵{an}是单调递增的等差数列，∴d>0，∴d＝3，q＝2.∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，bn＝2n－1.(2)cn＝Sncosnπ＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sn，n是偶数，,－Sn，n是奇数，))∴T20＝－S1＋S2－S3＋S4－…－S19＋S20＝a2＋a4＋a6＋…＋a20＝6＋12＋18＋…＋60＝330.【答案】　(1)an＝3n，bn＝2n－1　(2)T20＝330★状元笔记★高考命制综合题时，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的相互联系和相互转化，破解这类问题的方法是首先寻找通项公式，利用性质之间的对偶与变式进行转化．(1)求q3；(2)求证：a2，a8，a5成等差数列．【解析】　(1)方法一：由S3，S9，S6成等差数列，得S3＋S6＝2S9.若q＝1，则S3＋S6＝9a1，2S9＝18a1.由a1≠0，得S3＋S6≠2S9，与题意不符，∴q≠1.由S3＋S6＝2S9，得eq\f(a1（1－q3）,1－q)＋eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝eq\f(2a1（1－q9）,1－q).整理，得q3＋q6＝2q9，由q≠0且q≠1，得q3＝－eq\f(1,2).方法二：由S3，S9，S6成等差数列，得S9－S3＝S6－S9.∴a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝－(a7＋a8＋a9)．移项得a4＋a5＋a6＋2(a7＋a8＋a9)＝0.∴(a4＋a5＋a6)(1＋2q3)＝0.∵a4＋a5＋a6＝a4(1＋q＋q2)≠0，∴1＋2q3＝0，∴q3＝－eq\f(1,2).(2)方法一：由(1)知，a8＝a2×q6＝eq\f(1,4)a2，a5＝a2×q3＝－eq\f(1,2)a2，a8－a2＝a5－a8，所以a2，a8，a5成等差数列．方法二：由(1)知，a2＋a5－2a8＝a2×(1＋q3－2q6)＝a2(1－eq\f(1,2)－2×eq\f(1,4))＝0，所以a2，a8，a5成等差数列．【答案】　(1)－eq\f(1,2)　(2)略题型二　数列与函数的综合(2014·四川)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列{anbn2}的前n项和Sn.【解析】　(1)由已知，得bn＝2an>0.当n≥1时，eq\f(bn＋1,bn)＝2an＋1－an＝2d.所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－eq\f(1,ln2).由题意，a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anbn2＝n·4n.于是，Sn＝1·4＋2·42＋3·43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，4Sn＝1·42＋2·43＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1.因此Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝eq\f(4n＋1－4,3)－n·4n＋1＝eq\f(（1－3n）4n＋1－4,3).所以Sn＝eq\f(（3n－1）4n＋1＋4,9).【答案】　(1)略　(2)Sn＝eq\f(（3n－1）4n＋1＋4,9)★状元笔记★数列与函数的综合一般体现在两个方面(1)以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图像上，可以得到数列的递推关系；(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．π,2)INCLUDEPICTURE"RT.TIF"思考题2　(2018·河北武邑中学月考)设数列{an}满足a1＝1，a2＋a4＝6，且对任意的n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f′()＝0.若cn＝eq\f(1,an·an＋1)，求数列{cn}的前n项和Sn.【解析】　因为f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx，所以f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.又因为f′(eq\f(π,2))＝0，即an－an＋1＋an＋2－an＋1sineq\f(π,2)－an＋2coseq\f(π,2)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，所以2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}为等差数列．根据等差数列的性质得a2＋a4＝2a3＝6，所以a3＝3.又因为a1＝1，所以数列{an}的公差d＝eq\f(a3－a1,3－1)＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝n.所以cn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以数列{cn}的前n项和Sn＝(eq\f(1,1)－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).【答案】　eq\f(n,n＋1)题型三　数列与不等式的综合(2018·浙江温州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq\f(3,2)，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,（an＋1）2)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<eq\f(7,10)(n∈N*)．【解析】　(1)因为a1＝eq\f(3,2)，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)，所以当n＝2时，2S2＝3a2＋1＝2(a1＋a2)，解得a2＝2.当n＝3时，有2S3＝4a3＋1，所以a3＝3.当n≥3时，2Sn＝(n＋1)an＋1①，2Sn－1＝nan－1＋1②.由①②两式相减得2an＝(n＋1)an－nan－1，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a2,2)＝1，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,n，n≥2.))(2)证明：由(1)得bn＝eq\f(1,（an＋1）2)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,25)，n＝1，,\f(1,（n＋1）2)，n≥2.))所以当n＝1时，T1＝b1＝eq\f(4,25)<eq\f(7,10)；当n≥2时，bn＝eq\f(1,（n＋1）2)<eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Tn<eq\f(4,25)＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(33,50)－eq\f(1,n＋1)<eq\f(7,10).综上Tn<eq\f(7,10)(n∈N*)．【答案】　(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1,n，n≥2))　(2)略★状元笔记★(1)数列与不等式的综合问题，如果是证明题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式，往往采用因式分解法或穿根法等．(2)如用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一种是求和后再放缩；一种是放缩后再求和．放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩．INCLUDEPICTURE"RT.TIF"思考题3　(2017·广东汕头二模)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝eq\f(1,4（1－an）).(1)设bn＝eq\f(2,2an－1)，求证：数列{bn}为等差数列；(2)求证：eq\f(a2,a1)＋eq\f(a3,a2)＋…＋eq\f(an＋1,an)<n＋eq\f(3,4).【证明】　(1)∵an＋1＝eq\f(1,4（1－an）)，bn＝eq\f(2,2an－1)，∴bn＋1＝eq\f(2,2an＋1－1)＝eq\f(2,\f(2,4（1－an）)－1)＝eq\f(2,2an－1)－2＝bn－2，∴bn＋1－bn＝－2，又a1＝eq\f(1,4)，∴b1＝eq\f(2,2a1－1)＝－4，∴数列{bn}是首项为－4，公差为－2的等差数列．(2)由(1)知bn＝－4＋(n－1)(－2)＝－2n－2，即eq\f(2,2an－1)＝－2n－2，∴an＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋2)＝eq\f(n,2（n＋1）)，由于eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,2（n＋2）)·eq\f(2（n＋1）,n)＝eq\f(（n＋1）2,n（n＋2）)＝1＋eq\f(1,n（n＋2）)＝1＋eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，∴eq\f(a2,a1)＋eq\f(a3,a2)＋…＋eq\f(an＋1,an)＝n＋eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝n＋eq\f(1,2)(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))<n＋eq\f(3,4).【答案】　(1)略　(2)略题型四　数列的实际应用(2018·浙江温州中学考试)2017年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2018年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化,由于修路和盖房等用地,原有绿化面积的2%被非绿化．(1)设该县的总面积为1，2017年底绿化面积为a1＝eq\f(2,5)，经过n年后绿化面积为an＋1，试用an表示an＋1；(2)求数列{an}的第n＋1项an＋1；(3)至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%？(参考数据：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771)【解析】　当年的绿化面积等于上年被非绿化后剩余面积加上新绿化面积．(1)设现有非绿化面积为b1，经过n年后非绿化面积为bn＋1.于是a1＋b1＝1，an＋bn＝1.依题意，an＋1是由两部分组成，一部分是原有的绿化面积an，减去被非绿化部分eq\f(2,100)an后剩余的面积为eq\f(98,100)an，另一部分是新绿化的面积eq\f(8,100)bn，于是an＋1＝eq\f(98,100)an＋eq\f(8,100)bn＝eq\f(98,100)an＋eq\f(8,100)(1－an)＝eq\f(9,10)an＋eq\f(2,25).(2)由(1)得an＋1＝eq\f(9,10)an＋eq\f(2,25)，an＋1－eq\f(4,5)＝eq\f(9,10)(an－eq\f(4,5))．所以数列{an－eq\f(4,5)}是公比为eq\f(9,10)，首项为a1－eq\f(4,5)＝eq\f(2,5)－eq\f(4,5)＝－eq\f(2,5)的等比数列．所以an＋1＝eq\f(4,5)＋(－eq\f(2,5))(eq\f(9,10))n.(3)因为an＋1>60%，即eq\f(4,5)＋(－eq\f(2,5))(eq\f(9,10))n>eq\f(3,5)，(eq\f(9,10))n<eq\f(1,2)，所以n(lg9－1)<－lg2，n>eq\f(lg2,1－2lg3)≈6.5721.所以至少需要7年的努力，才能使绿化率超过60%.【答案】　(1)eq\f(9,10)an＋eq\f(2,25)　(2)eq\f(4,5)＋(－eq\f(2,5))(eq\f(9,10))n　(3)7★状元笔记★现实生活中数列问题的模型极为广泛，如物群的生长和消亡，人们生活的收入与支出等．解决此类问题的途径有两种：一是逐项列举前几项，寻求规律，满足某种数列；二是寻求任意前后两项间关系式，转化为递推式问题．(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4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．【解析】　(1)由题意得a1＝2000×(1＋50%)－d＝3000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝4500－eq\f(5,2)d.an＋1＝an(1＋50%)－d＝eq\f(3,2)an－d.(2)由(1)中an＋1＝eq\f(3,2)an－d，整理得an＋1－2d＝eq\f(3,2)(an－2d)，又因为a1＝3000－d，所以{an－2d}是以a1－2d＝3000－3d为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列．所以an－2d＝(3000－3d)(eq\f(3,2))n－1.所以an＝(3000－3d)(eq\f(3,2))n－1＋2d.因为am＝4000，所以(3000－3d)(eq\f(3,2))m－1＋2d＝4000.解得d＝eq\f([（\f(3,2)）m－2]×1000,（\f(3,2)）m－1)＝eq\f(1000（3m－2m＋1）,3m－2m).所以该企业每年上缴资金d的值为eq\f(1000（3m－2m＋1）,3m－2m)时，经过m(m≥3)年该企业的剩余资金为4000万元．【答案】　(1)an＋1＝eq\f(3,2)an－d　(2)eq\f(1000（3m－2m＋1）,3m－2m)课外阅读数列中的探索性问题(2014·课标全国Ⅰ，理)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．【思路】　(1)已知数列{an}的前n项和Sn与相邻两项an，an＋1间的递推关系式anan＋1＝λSn－1，要证an＋2－an＝λ，故考虑利用an＋1＝Sn＋1－Sn消去Sn进行证明．(2)若{an}为等差数列，则有2a2＝a1＋a3，故可由此求出λ，进而由an＋2－an＝4验证{an}是否为等差数列即可．【解析】　(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减，得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．【答案】　(1)略　(2)存在λ＝4使得{an}为等差数列