第5讲 数列的综合应用

第5讲数列的综合应用【2013年高考会这样考】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．【复习指导】1．熟练把握等差数列与等比数列的基本运算．2．掌握隐藏在数列概念和解题方法中的数学思想，如“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转化”等．3．注意总结相关的数列模型以及建立模型的方法．基础梳理1．等比数列与等差数列比较表不同点相同点等差数列(1)强调从第二项起每一项与前项的差；(2)a1和d可以为零；(3)等差中项唯一(1)都强调从第二项起每一项与前项的关系；(2)结果都必须是同一个常数；(3)数列都可由a1，d或a1，q确定等比数列(1)强调从第二项起每一项与前项的比；(2)a1与q均不为零；(3)等比中项有两个值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．一条主线数列的渗透力很强，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．两个提醒(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．三种思想(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．双基自测1．(人教A版教材习题改编)已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为()．A．－4B．－6C．－8D．－10解析由题意知：a23＝a1a4.则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得：a2＝－6.答案B2．(2011·运城模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝()．A．7B．8C．15D．16解析设数列{an}的公比为q，则4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，∴q＝2.∴S4＝1－241－2＝15.答案C3．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，数列{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有()．A．a3＋a9≤b4＋b10B．a3＋a9≥b4＋b10C．a3＋a9≠b4＋b10D．a3＋a9与b4＋b10的大小关系不确定解析记等比数列{an}的公比为q(q＞0)，由数列{bn}为等差数列可知b4＋b10＝2b7，又数列{an}是各项均为正数的等比数列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6)＝a61＋q6q3＝b71＋q6q3，又1＋q6q3＝1q3＋q3≥2(当且仅当q＝1时，等号成立)，∴a3＋a9≥2b7，即a3＋a9≥b4＋b10.答案B4．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a＋3b＋c＝10，则a＝()．A．4B．2C．－2D．－4解析由c，a，b成等比数列可将公比记为q，三个实数a，b，c，待定为cq，cq2，c.由实数a、b、c成等差数列得2b＝a＋c，即2cq2＝cq＋c，又等比数列中c≠0，所以2q2－q－1＝0，解一元二次方程得q＝1(舍去，否则三个实数相等)或q＝－12，又a＋3b＋c＝a＋3aq＋aq＝－52a＝10，所以a＝－4.答案D5．(2012·苏州质检)已知等差数列的公差d＜0，前n项和记为Sn，满足S20＞0，S21＜0，则当n＝________时，Sn达到最大值．解析∵S20＝10(a1＋a20)＝10(a10＋a11)＞0，S21＝21a11＜0，∴a10＞0，a11＜0，∴n＝10时，Sn最大．答案10考向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，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．[审题视点]第(1)问列首项a1与公差d的方程组求an；第(2)问利用定义证明．(1)解由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30，a20＝50，得方程组a1＋9d＝30，a1＋19d＝50，解得a1＝12，d＝2.∴an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.(2)证明由(1)，得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，∴bn＋1bn＝4n＋14n＝4.∴{bn}是首项是4，公比q＝4的等比数列．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．【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，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＋nn－12×2＝n2＋2n.考向二数列与函数的综合应用【例2】►(2012·南昌模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋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bn＝n＋14an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.[审题视点]第(1)问将点(n，Sn)代入函数解析式，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得到an，再利用a1＝S1可求r.第(2)问错位相减求和．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，a2＝b(b－1)，a2a1＝b，即bb－1b＋r＝b，解得r＝－1.(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，所以bn＝n＋14×2n－1＝n＋12n＋1.Tn＝222＋323＋424＋…＋n＋12n＋1，12Tn＝223＋324＋…＋n2n＋1＋n＋12n＋2，两式相减得12Tn＝222＋123＋124＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2，∴Tn＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1.此类问题常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．【训练2】(2011·福建)已知等比数列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝133.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0,0＜φ＜π)在x＝π6处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．解(1)由q＝3，S3＝133得a11－331－3＝133，解得a1＝13.所以an＝13×3n－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；因为当x＝π6时f(x)取得最大值，所以sin2×π6＋φ＝1.又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin2x＋π6.考向三数列与不等式的综合应用【例3】►(2011·惠州模拟)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；(3)是否存在k∈N*，使得S11＋S22＋…＋Snn＜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．[审题视点]第(1)问由等比数列的性质转化为a3＋a5与a3a5的关系求a3与a5；进而求an；第(2)问先判断数列{bn}，再由求和公式求Sn；第(3)问由Snn确定正负项，进而求S11＋S22＋…＋Snn的最大值，从而确定k的最小值．解(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴a23＋2a3a5＋a25＝25，∴(a3＋a5)2＝25，又an＞0，∴a3＋a5＝5，又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，∴a3＞a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝12，a1＝16，∴an＝16×12n－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，∴Sn＝n9－n2.(3)由(2)知Sn＝n9－n2，∴Snn＝9－n2.当n≤8时，Snn＞0；当n＝9时，Snn＝0；当n＞9时，Snn＜0.∴当n＝8或9时，S11＋S22＋S33＋…＋Snn＝18最大．故存在k∈N*，使得S11＋S22＋…＋Snn＜k对任意n∈N*恒成立，k的最小值为19.解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．【训练3】(2012·岳阳模拟)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；(2)若bn＝anlog12an，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，所以a1q2＝8，a1q＋a1q3＝20，解之得q＝2，a1＝2或q＝12，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.(2)因为bn＝2nlog122n＝－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