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2014届高考数学一轮必备考情分析学案:6.5《数列的综合应用》


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6.5 数列的综合应用
考情分析
1.考查数列的函数性及与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题. 2.考查运用数列知识解决数列综合题及实际应用题的能力.

基础知识
1.等比数列与等差数列比较表 不同点 (1)强调从第二项起每 等差数列 一项与前项的差; (2)a1 和 d 可以为零; (3)等差中项唯一 (1)强调从第二项起每 一项与前项的比; 等比数列 (2)a1 与 q 均不为零; (3)等比中项有两个值
网 ZXXK] [来源:学科

相同点

(1)都强调从第二项起每一 项与前项的关系;
源:Z_xx_k.Com] [来源:Zxxk.Com][来源:学|科|网 Z|X|X|K][来

(2)结果都必须是同一个常 数;
[来源:学§科§网]

(3)数列都可由 a1, d 或 a1, q 确定

2.解答数列应用题的步骤 (1)审题——仔细阅读材料,认真理解题意. (2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题,弄 清该数列的特征、要求是什么. (3)求解——求出该问题的数学解. (4)还原——将所求结果还原到原实际问题中. 3.数 列应用题常见模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加 (或减少)的量就是公差. (2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比 模型,这个固定的数就是公比. (3)递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化 而变化时,应考虑是 an 与 an+1 的递推关系,还是 Sn 与 Sn+1 之间的递推关系.

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注意事项 1.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. 2.(1)对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解,有些数列题目条件已指 明是等差(或等比)数列,但有的数列并没有指明,可以通过分析,转化为等差数 列或等比数列,然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题. (2)数列是一种特殊的函数,故数列有着许多函数的性质.等差数列和等比数列 是两种最基本、 最常见的数列, 它们是研究数列性质的基础, 它们与函数、 方程、 不等式、 三角等内容有着广泛的联系,等差数列和等比数列在实际生活中也有着 广泛的应用, 随着高考对能力要求的进一步增加,这一部分内容也将受到越来越 多的关注. 3. (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. 巩固提高 题型一 等差数列与等比数列的综合应用 【例 1】已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ,S9=-36,S13=-104,等比 数列{bn}中,b5=a5,b7=a7,则 b6 的值为( A.± 4 2 C.4 2 B.-4 2 D.无法确定 )

解析:依题意得,S9=9a5=-36?b5=a5=-4,S13=13a7=-104?b7=a7 =-8,所以 b6=± 4 2. 答案:A 【变式 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),

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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, 故可设 b1=5-d,b3=5+d,又 a1=1,a2=3,a 3=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+ 题型二 n?n-1? 2 2 ×2=n +2n.

数列与函数的综合应用

13 【例 2】已知等比数列{an}的公比 q=3,前 3 项和 S3= 3 . (1)求数列{an}的通项公式; π (2)若函数 f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,0<φ<π)在 x=6处取得最大值, 且最大值为 a3, 求函数 f(x)的解析式.
3 13 a1?1-3 ? 13 1 解 (1)由 q=3,S3= 3 得 = 3 ,解得 a1=3. 1-3

1 所以 an=3×3n-1=3n-2. (2)由(1)可知 an=3n-2,所以 a3=3. 因为函数 f(x)的最大值为 3,所以 A=3; π 因为当 x=6时 f(x)取得最大值, π ? ? 所以 sin?2×6+φ?=1. ? ? π 又 0<φ<π,故 φ=6. π? ? 所以函数 f(x)的解析式为 f(x)=3sin?2x+6?. ? ? 【变式 2】比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N*,点(n,Sn)均在函

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数 y=b +r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上. (1)求 r 的值; n+1 (2)当 b=2 时,记 bn= 4a (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. n 解 (1)由题意, Sn=bn+r, 当 n≥2 时, Sn-1=bn-1+r, 所以 an =Sn-Sn-1=bn-1· (b -1), 由于 b>0 且 b≠1,所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列,又 a1=b+r, b?b-1? a2 a2=b(b-1),a =b,即 =b, b+r 1 解得 r=-1. n+1 n+1 - - (2)由(1)知,n∈N*,an=(b-1)bn 1=2n 1,所以 bn= n-1= n+1 . 4×2 2 n+1 2 3 4 Tn=22+23+24+…+ n+1 , 2 n+1 1 2 3 n T n= 3+ 4+…+ n+1+ n+2 , 2 2 2 2 2 n+1 1 2 1 1 1 两式相减得2Tn=22+23+24+…+ n+1- n+2 2 2 n+1 3 1 =4- n+1- n+2 , 2 2 3 1 n+1 3 n+3 ∴Tn=2-2n- n+1 =2- n+1 . 2 2 题型三 数列与不等式的综合应用

x

【例 3】在等比数列{an}中,an>0(n∈N*),公比 q∈(0,1),且 a1a5+2a3a5+a2a8 =25,又 a3 与 a5 的等比中项为 2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log2an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn; S1 S2 Sn (3)是否存在 k∈N*,使得 1 + 2 +…+ n <k 对任意 n∈N*恒成立,若存在,求出 k 的最小值,若不存在,请说明理由. 解 (1)∵a1a5+2a3a5+a2a8=25,
2 2 ∴a2 3+2a3a5+a5=25,∴(a3+a5) =25,

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又 an>0,∴a3+a5=5,又 a3 与 a5 的等比中项为 2, ∴a3a5=4,而 q∈(0,1), 1 ∴a3>a5,∴a3=4,a5=1,∴q=2, a1=16, ?1? ∴an=16×?2?n-1=25-n. ? ? (2)∵bn=log2an=5-n, ∴bn+1-bn=-1, b1=log2a1=log216=log224=4, ∴{bn}是以 b1=4 为首项,-1 为公差的等差数列, n?9-n? ∴Sn= 2 . (3)由(2)知 Sn= n?9-n? Sn 9-n ,∴ 2 n= 2 .

Sn Sn 当 n≤8 时, n >0;当 n=9 时, n =0; Sn 当 n>9 时, n <0. S1 S2 S3 Sn ∴当 n=8 或 9 时, 1 + 2 + 3 +…+ n =18 最大. S1 S2 Sn 故存在 k∈N*,使得 1 + 2 +…+ n <k 对任意 n∈N*恒成立,k 的最小值为 19. 【变式 3】已知单 调递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2, a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)若 bn=anlog2an,Sn=b1+b2+…+bn,求使 Sn+n· 2n+1>50 成立的正整数 n 的 最小值. (1)解 设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q.

依题意,有 2(a3+2)=a2+a4,代入 a2+a3+a4=28, 可得 a3=8,∴a2+a4=20,

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1 ? 2 ?q= , ?a1q =8, ?q=2, 所以? 解之得? 或? 2 3 ?a1q+a1q =20, ?a1=2 ? ?a1=32. 又∵数列{an}单调递增,所以 q=2,a1=2, ∴数列{an}的通项公式为 an=2n. 1 (2)因为 bn=2nlog22n=-n· 2n , 所以 Sn=-(1×2+2×22+…+n· 2n), 2Sn=-[1×22+2×23+…+(n-1)· 2n+n· 2n+1], 两式相减,得 Sn=2+22+23+…+2n-n· 2n+1=2n+1-2-n· 2n+1. 要使 Sn+n· 2n+1>50,即 2n+1-2>50,即 2n+1≥52. 易知:当 n≤4 时,2n+1≤25=32<52;当 n≥5 时,2n+1≥26=64>52.故使 Sn+ n· 2n+1>50 成立的正整数 n 的最小值为 5. 重难点突破 【例 4】某企业的资金每 一年都比上一年分红后的资金增加一倍,并且每年 年底固定给股东们分红 500 万元. 该企业 2008 年年底分红后的资金为 1000 万元. (1)求该企业 2012 年年底分红后的资金; (2)求该企业到哪一年年底分红后的资金超过 32500 万元. 解:设 an 为(2008+n)年年底分红后的资金,其中 n∈N*,则 a1 = 2×1000 - 500 = 1500 , a2 = 2×1500 - 500 = 2500 , … , an = 2an - 1 - 500(n≥2). ∴an-500=2(an-1-500)(n≥2), 即数列{an-500}是首项为 a1-500=1000,公比为 2 的等比数列. ∴an-500=1000×2n-1, ∴an=1000×2n-1+500. (1)a4=1000×24-1+500=8500, ∴该 企业 2012 年年底分红后的资金为 8500 万元.

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(2)由 an>32500,即 2

n-1

>32,得 n>6,

∴该企业 2015 年年底分红后的资金超过 32500 万元. 巩固提高 1.设{an}是各项为正数的无穷数列,Ai 是边长为 ai,ai+1 的矩形的面积(i= 1,2,…),则{An}为等比数列的充要条件为( A.{an }是等比数列 B.a1,a3, …,a2n-1,…或 a2,a4,…,a2n,…是等比数列 C.a1,a3,…,a2n-1,…和 a2,a4,…,a2n,…均是等比数列 D.a1,a3,…,a2n-1,…和 a2,a4,…,a2n,…均是等比数列,且公比相同 An+1 an+1an+2 an+2 解析:∵Ai=aiai+1,若{An}为等比数列,则 A = = a 为常数,即 anan+1 n n A2 a3 A3 a4 A1=a1,A2 =a2,…. ∴a1,a3,a5,…,a2n-1,…和 a2,a4,…,a2n,…成等比数列,且公比相 An+1 an+2 等. 反之, 若奇数项和偶数项分别成等比数列, 且公比相等, 设为 q, 则 A = a n n =q,从而{An}为等比数列. 答案:D 2.在等比数列 an 中,若 a4,a8 是方程 x2-4x+3=0 的两根,则 a6 的值是( A. - 3 C. ± 3 答案:B 解析:由题意知,a4+a8=4,a4· a8=3. ∴a4>0,a8>0,∴a6>0. 又 a2 a8=3,∴a6= 3. 6=a4· 3.已知等差数列{an}的公差和首项都不等于 0 ,且 a2,a4,a8 成等比数列,则 a1+a5+a9 =( a2+a3 A. 2 ) B. 3 B. 3 ) )

D. ± 3

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C. 5 答案:B

D. 6

2 解析:∵a2,a4,a8 成等比数列,∴a2 4=a2a8,即(a1+3d) =(a1+d)(a1+7d),

a1+a5+a9 3a1+12d ∴a1=d,∴ = =3. a2+a3 2a1+3d 4.]正项等比数列{an}中,存在两项 am,an(m,n∈N*)使得 aman=4a1,且 a7 1 5 =a6+2a5,则m+n的最小值是( 7 A. 4 25 C. 6 答案:B 解析:根据题意,a7=a6+2a5,∴q2=q+2,解得 q=-1 或 q=2.∵an>0, 1 5 m+n 1 ∴q>0, ∴q=2.由 aman=4a1, 即 a2 qm+n-2=16a2 1· 1得 m+n=6.而 + = m n 6 (m+ 5 1 5m n 5 1 5 5 5 ) = + + + ≥ + + = 1 + n 6 6n 6m 6 6 3 6 3 ,故选 B. 5.若数列{an}满足 1 1 - =d(n∈N*,d 为常数),则称数列{an}为“调和数 an+1 an ) 5 B. 1+ 3 D. 2 5 3

1 列”,已知正项数列{b }为“调和数列”,且 b1+b2+…+b9=90,则 b4· b6 的最
n

大值是( A. 10 C. 200

) B. 100 D. 400

答案:B 1 解析:由定义:{b }为“调和数列”,∴bn+1-bn=d.
n

∴{bn}为等差数列,∵b1+b2+ …+b9=9b5=90,

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∴b5=10,b4+b6=2b5=20. b4+b6 ∴b4· b6≤( 2 )2=100. 当且仅当 b4=b6 时取等号.


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