2012高考数学二轮复习课件(浙江专版)：专题三 第2讲 数列的综合应用

[联知识串点成面]数列求和的方法技巧：(1)转化法：有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2)错位相减法：这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．(3)裂项相消法：利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．[做考题查漏补缺]（2011·济南模拟）等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前2n项和S2n·第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818[解](1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3，故an＝2·3n－1.(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3＝2×1－32n1－3＋nln3＝32n＋nln3－1.1．(2011·温州模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋3n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.2．(2011·新课标全国卷)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{1bn}的前n项和．3．(2011·东阳模拟)已知{an}为正项等比数列，a1＝1，a5＝256，Sn为等差数列{bn}的前n项和，b1＝2,5S5＝2S8.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.解析：Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(21＋3×1－1)＋(22＋3×2－1)＋…＋(2n＋3n－1)＝(21＋22＋…＋2n)＋(3×1＋3×2＋…＋3n)－(1＋1＋…＋1)＝21－2n1－2＋3(1＋2＋…＋n)－n＝2(2n－1)＋3·nn＋12－n＝2n＋1＋32n2＋12n－2.答案：2n＋1＋32n2＋12n－2解：(1)设数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6得a23＝9a24，所以q2＝19.由条件可知q＞0，故q＝13.由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝13n.(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－nn＋12.故1bn＝－2nn＋1＝－2(1n－1n＋1)．1b1＋1b2＋…＋1bn＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1n＋1)]＝－2nn＋1.所以数列{1bn}的前n项和为－2nn＋1.解：(1)设{an}的公比为q，由a5＝a1q4得q＝4，所以an＝4n－1.设{bn}的公差为d，由5S5＝2S8，得5(5b1＋10d)＝2(8b1＋28d)，d＝32b1＝32×2＝3，所以bn＝b1＋(n－1)d＝3n－1.(2)Tn＝1×2＋4×5＋42×8＋…＋4n－1(3n－1)，①4Tn＝4×2＋42×5＋43×8＋…＋4n(3n－1)，②②－①得3Tn＝－2－3(4＋42＋…＋4n－1)＋4n(3n－1)＝－2＋4(1－4n－1)＋4n(3n－1)＝2＋(3n－2)·4n.∴Tn＝n－234n＋23.[做考题查漏补缺](2011·广东高考)设b＞0，数列{an}满足a1＝b，an＝nban－1an－1＋n－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.[解](1)∵a1＝b＞0，an＝nban－1an－1＋n－1，∴nan＝1b＋1b·n－1an－1，令cn＝nan，则cn＝1b＋1bcn－1，①当b＝1时，cn＝1＋cn－1，且c1＝1a1＝1b＝1∴{cn}是首项为1，公差为1的等差数列，∴cn＝1＋(n－1)×1＝n，于是cn＝nan＝n，这时an＝1；②当b≠1时，cn＋11－b＝1b(cn－1＋11－b)，且c1＋11－b＝1b＋11－b＝1b1－b，{cn＋11－b}是首项为1b1－b，公比为1b的等比数列，∴cn＋11－b＝1b1－b·(1b)n－1，由nan＋11－b＝11－bbn得an＝n1－bbn1－bn，∴an＝1，b＝1n1－bbn1－bn，b≠1.(2)证明：由(1)得，当b＝1时，an＝1,2an≤bn＋1＋1⇔2≤2成立，当b≠1时，an＝n1－bbn1－bn，2an≤bn＋1＋1⇔2n1－bbn1－bn≤bn＋1＋1，而1－bn＝(1－b)(1＋b＋b2＋…＋bn－1)，又b＞0，故只需证：2nbn≤(bn＋1＋1)(1＋b＋b2＋…＋bn－1)，(※)而(bn＋1＋1)(1＋b＋b2＋…＋bn－2＋bn－1)＝(b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1)＋(bn－1＋bn－2＋…b＋1)＝(b2n＋1)＋(b2n－1＋b)＋…＋(bn＋1＋bn－1)≥2bn＋2bn＋…＋2bn＝2nbn，∴(※)式成立，原不等式成立．4．（2011·萧山模拟）已知函数f(x)＝a·bx的图像过点A(2，12)，B(3,1)，若记an＝log2f(n)(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则Sn的最小值是________．5．(2011·丽水模拟)已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图像上．(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＋2＜b2n＋1.解析：将A、B两点坐标代入f(x)得12＝ab21＝ab3，解得a＝18b＝2，∴f(x)＝18·2x，∴f(n)＝18·2n＝2n－3，∴an＝log2f(n)＝n－3.令an≤0，即n－3≤0，n≤3.∴数列前3项小于或等于零，故S3或S2最小．S3＝a1＋a2＋a3＝－2＋(－1)＋0＝－3.答案：-3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，公差为1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)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0，所以bn·bn＋2＜b2n＋1.[做考题查漏补缺]（2011·福建高考）商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b＞a)以及实数x(0＜x＜1)确定实际销售价格c＝a＋x(b－a).这里，x被称为乐观系数．经验表明，最佳乐观系数x恰好使得(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项，据此可得，最佳乐观系数x的值等于_____．[解析]根据题目条件可知，c－a＝x(b－a)，b－c＝b－a－(c－a)＝(1－x)(b－a)，最佳乐观系数满足：c－a是b－c和b－a的等比中项，所以有[x(b－a)]2＝(1－x)(b－a)(b－a)，又因为(b－a)＞0，所以x2＝1－x，即x2＋x－1＝0.解得x＝－1±52，又0＜x＜1，所以x＝－1＋52.[答案]－1＋526．(2011·湖北高考)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析：设竹子从上到下的容积依次为a1，a2，…，a9，由题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝3，a7＋a8＋a9＝4，设等差数列{an}的公差为d，则有4a1＋6d＝3①，3a1＋21d＝4②，由①②可得d＝766，a1＝1322，所以a5＝6766.答案：67667．(2011·西安五校联考)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为a2(n2－n＋2)万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n－1a万元．(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．解：(1)设甲、乙两超市第n年销售额分别为an，bn，又设甲超市前n年总销售额为Sn，则Sn＝a2(n2－n＋2)(n≥2)，因n＝1时，a1＝a，则n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a2(n2－n＋2)－a2[(n－1)2－(n－1)＋2]＝a(n－1)，故an＝a，n＝1，n－1a，n≥2，又因b1＝a，n≥2时，bn－bn－1＝23n－1a，故bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝a＋23a＋232a＋…＋23n－1a＝1＋23＋232＋…＋23n－1a＝1－23n1－23a＝3－2·23n－1a，显然n＝1也适合，故bn＝3－2·23n－1a(n∈N*)(2)当n＝2时，a2＝a，b2＝53a，有a212b2；n＝3时，a3＝2a，b3＝199a，有a312b3；当n≥4时，an≥3a，而bn3a，故乙超市有可能被收购．当n≥4时，令12anbn，则12(n－1)a3－2·23n－1a⇒n－16－4·23n－1，即n7－4·23n－1.又当n≥7时，04·23n－11，故当n∈N*且n≥7，必有n7－4·23n－1.即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．(2011·北京高考)若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋…＋an·(1)写出一个E数列A5满足a1＝a3＝0；(2)若a1＝12，n＝2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011；(3)在a1＝4的E数列An中，求使得S(An)＝0成立的n的最小值．[解](1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E数列A5.(答案不唯一，0，－1,0,1,0；0，±1,0,1,2；0，±1,0，－1，－2；0，±1,0，－1,0都是满足条件的E数列A5)(2)证明：必要性：因为E数列An是递增数列，所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1999)．所以An是首项为12，公差为1的等差数列．所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2011.充分性：由于a2000－a1999≤1，a1999－a1998≤1，……a2－a1≤1，所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999.又因为a1＝12，a2000＝2011，所以a2000＝a1＋1999.故ak＋1－ak＝10(k＝1,2，…，1999)，即An是递增数列