第五节 数列的综合应用 课件

第五节数列的综合应用核心素养立意下的命题导向1.数列与传统数学文化相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养．2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．题型一等差、等比数列的综合问题[典例]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)．当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3＝3a1，满足上式，故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.(2)设等差数列{bn}的公差为d.由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故b1＝5－d，b3＝5＋d.又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，解得d＝2或d＝－10.因为等差数列{bn}的各项为正，所以d0.所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋nn－12×2＝n2＋2n.[方法技巧]等差、等比数列的综合问题的解题技巧(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇔{aan}(a0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇔{logaan}(a0且a≠1)为等差数列．[针对训练]已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为2，公差为3的等差数列，am＋1，am＋2，…，a2m是首项为2，公比为2的等比数列(其中m≥3，m∈N*)，并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立．(1)当m＝14时，求a1000；(2)若a52＝128，试求m的值．解：由题设得an＝3n－1(1≤n≤m)，am＋n＝2n(1≤n≤m)．(1)当m＝14时，数列的周期为28.因为1000＝28×35＋20，而a20是等比数列中的项，所以a1000＝a20＝a14＋6＝26＝64.(2)显然，a52＝128不是数列{an}中等差数列的项．设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝2k.因为128＝27，所以等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项．所以a52最多是第三个周期中的项．若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝128，所以m＝52－7＝45；若a52是第二个周期中的项，则a52＝a3m＋7＝128，所以3m＝45，m＝15；若a52是第三个周期中的项，则a52＝a5m＋7＝128，所以5m＝45，m＝9.综上，m的值为45或15或9.题型二数列的新定义问题[典例]Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{bn}的前1000项和．[思路点拨]关键信息信息转化Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28可以求得数列{an}的通项公式bn＝[lgan]，[x]的定义可以分别求出b1，b2，…，b1000数列{bn}的前1000项和分组求和[解](1)设数列{an}的公差为d，由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)记{bn}的前n项和为Tn，则T1000＝b1＋b2＋…＋b1000＝[lga1]＋[lga2]＋…＋[lga1000]，当0≤lgan1时，n＝1,2，…，9；当1≤lgan2时，n＝10,11，…，99；当2≤lgan3时，n＝100,101，…，999；当lgan＝3时，n＝1000.所以bn＝0，1≤n10，1，10≤n100，2，100≤n1000，3，n＝1000，所以数列{bn}的前1000项和为0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1893.[方法技巧]新定义数列问题的特点及解题策略通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．[针对训练]给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝1n＋a(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．(1)求a的值；(2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝1k(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列，所以a2－a3＝a3－a6.又因为a2＝12＋a，a3＝13＋a，a6＝16＋a，所以12＋a－13＋a＝13＋a－16＋a，解得a＝0.(2)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.因为b1＝1k，所以b2≤1k＋1，从而d＝b2－b1≤1k＋1－1k＝－1kk＋1.所以bm＝b1＋(m－1)d≤1k－m－1kk＋1.又因为bm0，所以1k－m－1kk＋10.即m－1k＋1，所以mk＋2.又因为m，k∈N*，所以m≤k＋1.题型三数列与函数、不等式的综合问题[典例](2020·浙江高考)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝bnbn＋2cn，n∈N*.(1)若{bn}为等比数列，公比q0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，公差d0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn1＋1d，n∈N*.[解](1)由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，解得q＝12，所以bnbn＋2＝4.所以cn＋1＝4cn.又因为c1＝1，所以cn＝4n－1.由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝4n－1＋23.(2)证明：由cn＋1＝bnbn＋2cn，得cn＝b1b2c1bnbn＋1＝1＋dd1bn－1bn＋1，所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1＋dd1－1bn＋1.由b1＝1，d0得bn＋10，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn1＋1d，n∈N*.[方法技巧]1．数列与函数的交汇问题(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．(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．2．数列与不等式的交汇问题(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式赋特殊值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中的不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．(3)比较法：作差或者作商进行比较．[针对训练]已知{an}是由正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn·bn＋2b2n＋1.解：(1)由已知，得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1.又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．故an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)证明：由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为bn·bn＋2－b2n＋1＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－2n0，所以bn·bn＋2b2n＋1.“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（三十三）”(单击进入电子文档)谢谢观看