2012高考数学【创新方案】(新课标人教A版)：第五章 第五节 数列的综合应用 课件

1．已知数列{an}是一个递增数列，满足an∈N*，aan＝2n＋1，则a4的值等于()A．8B．7C．6D．4解析：根据题意，≥a1，又＝3，若a1＝1，则与＝a1＝3矛盾，若a1＝3，则＝3＝a3，不符合题意，故a1＝2.a2＝＝3，a3＝＝5，a5＝＝7，而数列{an}是一个递增数列，且an∈N*，故a4＝6.答案：C1aa1aa1aa1aa1aa2aa3aa2．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A.n24＋7n4B.n23＋5n3C.n22＋3n4D．n2＋n解析：由a1，a3，a6成等比数列，得a23＝a1a6，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)，a1d＝4d2，又a1＝2，得d＝12，∴Sn＝n24＋7n4.答案：A3．在如图的表格中，若每格内填上一个数后，每一横行的三个数成等差数列，每一纵列的三个数成等比数列，则表格中x的值为()A.14B.13C.12D．－1213－12－32x解析：由题可知，每一横行的三个数成等差数列，所以可知第一行的第二个数为2，第二行的第二个数为－1，由每一纵列的三个数成等比数列，所以2，－1，x成等比数列，从而可以解得x＝12.答案：C4．已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则a9＋a10的值为________．解析：由a1＝1，anan＋1＝2n得a2＝2，an＋1an＋2＝2n＋1，从而有an＋1an＋2anan＋1＝an＋2an＝2，所以a1，a3，a5，a7，a9是以1为首项，2为公比的等比数列，故a9＝16；a2，a4，a6，a8，a10是以2为首项，2为公比的等比数列，故a10＝32，所以a9＋a10＝48.答案：485．古希腊数学家把数1,3,6,10,15,21，…叫做三角数，它们有一定的规律性，第30个三角数与第28个三角数的差为________．解析：令a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，则an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，所以a30－a29＝30，a29－a28＝29，所以第30个三角数与第28个三角数的差为a30－a28＝59.答案：591．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下框图：2．常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．(3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项；(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.考点一等差、等比数列的综合问题[自主解答](1)由已知得a1＋a2＋a3＝7，a1＋3＋a3＋42＝3a2，解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝2q，a3＝2q.又S3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝12.由题意得q＞1，∴q＝2，∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差数列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝nb1＋bn2＝3nn＋12·ln2.故Tn＝3nn＋12ln2.若将“S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列”改为“Sn＝2an－1，n∈N*”．如何求解？解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，∴an＝2an－1，∴数列{an}是首项为a1＝1，公比为2的等比数列，∴数列{an}的通项公式是an＝2n－1.(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…由(1)可得a3n＋1＝23n∴bn＝ln23n＝3n·ln2＝3ln2·n，∴{bn}是等差数列∴Tn＝3ln2(1＋2＋3＋…＋n)＝3ln2nn＋12.设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝6，a2＝b2＝4，a3＝b3＝3，且数列{an＋1－an}(n∈N*)是等差数列，{bn－2}是等比数列，求{an}和{bn}的通项公式．解：由已知a2－a1＝－2，a3－a2＝－1，d＝－1－(－2)＝1，∴an＋1－an＝(a2－a1)＋(n－1)d＝－2＋(n－1)×1＝n－3，即an－an－1＝n－4(n≥2)．故an－an－1＝n－4，an－1－an－2＝(n－1)－4，…a3－a2＝3－4，a2－a1＝2－4.以上各式左右分别相加得an－a1＝[2＋3＋…＋(n－1)＋n]－4(n－1)＝nn＋12－1－4n＋4.∴an＝12(n2－7n＋18)(n≥2)．当n＝1时，a1＝6也适合上式．∴an＝12(n2－7n＋18)．又b1－2＝4，b2－2＝2，∴q＝12.∴bn－2＝4×(12)n－1.∴bn＝2＋82n(n∈N*)．某林场为了保护生态环境，制定了植树造林的两个五年计划，第一年植树16a亩，以后每年植树面积都比上一年增加50%，但从第六年开始，每年植树面积都比上一年减少a亩．(1)求该林场第6年植树的面积；(2)设前n(1≤n≤10且n∈N)年林场植树的总面积为Sn亩，求Sn的表达式．考点二数列的实际应用[自主解答](1)该林场前5年的植树面积分别为16a,24a,36a,54a,81a.∴该林场第6年植树的面积为80a亩．答：该林场第6年植树的面积为80a亩．(2)设第n年该林场植树的面积为an亩，则an＝32n－1×16a，1≤n≤5，n∈N.86－na，6≤n≤10，n∈N.∴当1≤n≤5时，Sn＝16a＋24a＋…＋(32)n－1×16a＝16a[1－32n]1－32＝32a[(32)n－1](亩)．当6≤n≤10时，Sn＝16a＋24a＋36a＋54a＋81a＋80a＋…＋(86－n)a＝211a＋80a＋…＋(86－n)a＝211a＋[80a＋86－na]n－52＝211a＋166a－nan－52(亩)．∴所求Sn的表达式为Sn＝32a[32n－1]，1≤n≤5，n∈N211a＋166a－nan－52，6≤n≤10，n∈N.流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据资料统计，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人．由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者总共有8670人，则11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数．解：设从11月1日起第n(n∈N*,1≤n≤30)日感染此病毒的新患者人数最多，则从11月1日至第n日止，每日新患者人数依次构成一个等差数列，这个等差数列的首项为20，公差为50，前n日的患者总人数即该数列前n项之和Sn＝20n＋nn－12·50＝25n2－5n.从第n＋1日开始，至11月30日止，每日的新患者人数依次构成另一等差数列，这个等差数列的首项为[20＋(n－1)·50]－30＝50n－60，公差为－30，项数为(30－n)，(30－n)日的患者总人数为T30－n＝(30－n)·(50n－60)＋30－n29－n2×(－30)＝(30－n)(65n－495)＝－65n2＋2445n－14850.依题意有Sn＋T30－n＝8670，即(25n2－5n)＋(－65n2＋2445n－14850)＝8670.化简整理得n2－61n＋588＝0，所以n＝12，n＝49，又1≤n≤30，所以n＝12.所以第12日的新患者人数为20＋(12－1)×50＝570，所以11月12日该市感染此病毒的新患者人数最多，且这一天新患者人数为570人．已知正项数列{an}的首项a1＝m，其中0＜m＜1，函数f(x)＝x1＋2x.(1)若数列{an}满足an＋1＝f(an)(n≥1且n∈N)，证明数列{1an}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}满足an＋1≤f(an)(n≥1且n∈N)，数列{bn}满足bn＝an2n＋1，试证明b1＋b2＋…＋bn＜12.考点三数列与函数、不等式的综合问题[自主解答](1)∵f(x)＝x1＋2x，∴an＋1＝f(an)＝an1＋2an，∴1an＋1＝1an＋2，∴数列{1an}是公差为2的等差数列．又a1＝m，∴1a1＝1m，∴1an＝1m＋2(n－1)，∴an＝m1＋2n－1m(n∈N且n≥1)．(2)由题知0＜an＋1≤an1＋2an，∴1an＋1－1an≥2.∴n≥2时，1an－1a1＝(1a2－1a1)＋(1a3－1a2)＋…＋(1an－1an－1)≥2(n－1)，而a1＝m，∴an≤m1＋2n－1m(n≥2)，当n＝1时，上式也成立．∴an≤m1＋2n－1m(n∈N*)．∵0＜m＜1，∴1m＞1，∴ai≤m1＋2i－1m＝11m＋2i－1＜12i－1，i＝1,2，…，n.∴bi＝ai2i＋1＜12i＋12i－1＝12(12i－1－12i＋1)，i＝1,2，…，n.故b1＋b2＋…＋bn＜12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]＝12(1－12n＋1)＜12.已知点(1，13)是函数f(x)＝ax(a＞0，且a≠1)的图象上一点．等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1(n≥2)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若数列{1bnbn＋1}的前n项和为Tn，问满足Tn＞10002009的最小正整数n是多少？解：(1)∵f(1)＝a＝13，∴f(x)＝(13)x，a1＝f(1)－c＝13－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29，a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227.又数列{an}成等比数列，a1＝a22a3＝481－227＝－23＝13－c，∴c＝1.又公比q＝a2a1＝13，∴an＝－23(13)n－1＝－2(13)n，n∈N*.∵Sn－Sn－1＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝Sn＋Sn－1(n≥2)，又bn＞0，Sn＞0，∴Sn－Sn－1＝1.数列{Sn}构成一个首项为1，公差为1的等差数列，Sn＝1＋(n－1)×1＝n.Sn＝n2.当n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，∴bn＝2n－1(n∈N*)．(2)Tn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bnbn＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n－1×2n＋1＝12(1－13)＋12(13－15)＋12(15－17)＋…＋12(12n－1－12n＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1，由Tn＝n2n＋1＞10002009，得n＞10009，满足Tn＞10002009的最小正整数为112.已知抛物线x2＝4y，过原点作斜率为1的直线交抛物线于第一象限内一点P1，又过点P1作斜率为12的直线交抛物线于点P2，再过P2作斜率为14的直线