高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第五章 數(shù)列第6課時 數(shù)列的綜合應(yīng)用

考情分析考點新知靈活運用等差數(shù)列、等比數(shù)列公式與性質(zhì)解決一些綜合性問題．掌握一些簡單的遞推數(shù)列、子數(shù)列問題的處理方法及一些數(shù)列證明題的證明方法.1.根據(jù)市場調(diào)查結(jié)果，預(yù)測某種家用商品從年初開始的n個月內(nèi)累積的需求量Sn(萬件)近似地滿足關(guān)系式Sn＝eq\f(n,90)(21n－n2－5)(n＝1，2，…，12)，按此預(yù)測，在本年度內(nèi)，需求量超過1.5萬件的月份是________．答案：7、8解析：由Sn解出an＝eq\f(1,30)(－n2＋15n－9)，再解不等式eq\f(1,30)(－n2＋15n－9)>1.5，得6<n<9.2.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若eq\o(OB,\s\up6(→))＝a100·eq\o(OA,\s\up6(→))＋a101eq\o(OC,\s\up6(→))，且A、B、C三點共線(該直線不過點O)，則S200＝________．答案：100解析：∵eq\o(OB,\s\up6(→))＝a100eq\o(OA,\s\up6(→))＋a101eq\o(OC,\s\up6(→))且A、B、C三點共線(該直線不過點O)，∴a100＋a101＝1，∴S200＝eq\f(200×（a1＋a200）,2)＝100×(a1＋a200)＝100×1＝100.3.設(shè)1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比為q的等比數(shù)列，a2，a4，a6成公差為1的等差數(shù)列，則q的最小值是________．答案：eq\r(3,3)解析：設(shè)a2＝t，則1≤t≤q≤t＋1≤q2≤t＋2≤q3，由于t≥1，所以q≥max{t，eq\r(t＋1)，eq\r(3,t＋2)}，故q的最小值是eq\r(3,3).4.已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，且an、an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個零點，則b10＝________．答案：64解析：依題意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，兩式相除得eq\f(an＋2,an)＝2，所以a1，a3，a5，…成等比數(shù)列，a2，a4，a6，…也成等比數(shù)列，而a1＝1，a2＝2，所以a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，又因為an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.1.形如an＋1＝λan＋μ的線性遞推關(guān)系，可用待定系數(shù)法；2.形如an＋1＝an＋f(n)的遞推關(guān)系，可用疊加法；3.形如an＋1＝an·f(n)的遞推關(guān)系，可用疊乘法；4.遞推數(shù)列的求解方法還有倒數(shù)法、等價轉(zhuǎn)化法、利用周期性等．[備課札記]題型1子數(shù)列問題例1(2013·南通模擬)設(shè)無窮數(shù)列{an}滿足：n∈Ν，an<an＋1，an∈N．記bn＝aan，cn＝aan＋1(n∈N*)．(1)若bn＝3n(n∈N*)，求證：a1＝2，并求c1的值；(2)若{cn}是公差為1的等差數(shù)列，問{an}是否為等差數(shù)列，證明你的結(jié)論．解：(1)因為an∈N，所以若a1＝1，則b1＝aa1＝a1＝3矛盾，若a1≥3＝aa1，可得1≥a1≥3矛盾，所以a1＝2.于是a2＝aa1＝3，從而c1＝aa1＋1＝a3＝aa2＝6.(2){an}是公差為1的等差數(shù)列，證明如下：an＋1>ann≥2時，an>an－1，所以an≥an－1＋1an≥am＋(n－m)，(m<n)aan＋1＋1≥aan＋1＋an＋1＋1－(an＋1)，即cn＋1－cn≥an＋1－an，由題設(shè)，1≥an＋1－an，又an＋1－an≥1，所以an＋1－an＝1，即{an}是等差數(shù)列．eq\a\vs4\al(變式訓(xùn)練)(2013·泰州模擬)已知數(shù)列an＝n－16，bn＝(－1)n|n－15|，其中n∈N*.(1)求滿足an＋1＝|bn|的所有正整數(shù)n的集合；(2)若n≠16，求數(shù)列eq\f(bn,an)的最大值和最小值；(3)記數(shù)列{anbn}的前n項和為Sn，求所有滿足S2m＝S2n(m＜n)的有序整數(shù)對(m，n)．解：(1)an＋1＝|bn|，n－15＝|n－15|.當n≥15時，an＋1＝|bn|恒成立；當n<15時，n－15＝－(n－15)，n＝15(舍去)．∴n的集合為{n|n≥15，n∈N*}．(2)eq\f(bn,an)＝eq\f(（－1）n|n－15|,n－16).(ⅰ)當n>16時，n取偶數(shù)時，eq\f(bn,an)＝eq\f(n－15,n－16)＝1＋eq\f(1,n－16)，當n＝18時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\do7(max)＝eq\f(3,2)，無最小值；n取奇數(shù)時，eq\f(bn,an)＝－1－eq\f(1,n－16)，n＝17時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\do7(min)＝－2，無最大值．(ⅱ)當n<16時，eq\f(bn,an)＝eq\f(（－1）n（n－15）,n－16).當n為偶數(shù)時，eq\f(bn,an)＝eq\f(－（n－15）,n－16)＝－1－eq\f(1,n－16).n＝14時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\do7(max)＝－eq\f(1,2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\do7(min)＝－eq\f(13,14)；當n為奇數(shù)時，eq\f(bn,an)＝eq\f(n－15,n－16)＝1＋eq\f(1,n－16)，n＝1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\do7(max)＝1－eq\f(1,15)＝eq\f(14,15)，n＝15時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))eq\s\do7(min)＝0.綜上，eq\f(bn,an)最大值為eq\f(3,2)(n＝18)，最小值－2(n＝17)．(3)當n≤15時，bn＝(－1)n－1(n－15)，a2k－1b2k－1＋a2kb2k＝2(16－2k)≥0，當n>15時，bn＝(－1)n(n－15)，a2k－1b2k－1＋a2kb2k＝2(2k－16)>0，其中a15b15＋a16b16＝0，∴S16＝S14，m＝7，n＝8.題型2遞推數(shù)列問題例2(2013·廣東)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)證明：對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).(1)解：∵eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N．∴當n＝1時，2a1＝2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)＝a2－2.又a1＝1，∴a2＝4.(2)解：∵eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N．∴2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n＝nan＋1－eq\f(n（n＋1）（n＋2）,3)，①∴當n≥2時，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(（n－1）n（n＋1）,3)，②由①－②，得2Sn－2Sn－1＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)，∵2an＝2Sn－2Sn－1，∴2an＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以首項為eq\f(a1,1)＝1，公差為1的等差數(shù)列．∴eq\f(an,n)＝1＋1×(n－1)＝n，∴an＝n2(n≥2)，當n＝1時，上式顯然成立．∴an＝n2，n∈N*.(3)證明：由(2)知，an＝n2，n∈N*，①當n＝1時，eq\f(1,a1)＝1<eq\f(7,4)，∴原不等式成立．②當n＝2時，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＝1＋eq\f(1,4)<eq\f(7,4)，∴原不等式成立．③當n≥3時，∵n2>(n－1)·(n＋1)，∴eq\f(1,n2)<eq\f(1,（n－1）·（n＋1）)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋…＋eq\f(1,（n－2）·n)＋eq\f(1,（n－1）·（n＋1）)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＝1＋eq\f(1,2)(eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(7,4)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))<eq\f(7,4)，∴當n≥3時，∴原不等式亦成立．綜上，對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)(2013·無錫模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝2，n∈N*，an＞0，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋1＝eq\f(2,Sn＋1＋Sn－2).(1)求{Sn}的通項公式；(2)設(shè){bk}是{Sn}中的按從小到大順序組成的整數(shù)數(shù)列．①求b3；②存在N(N∈N*)，當n≤N時，使得在{Sn}中，數(shù)列{bk}有且只有20項，求N的范圍．解：(1)an＋1＝Sn＋1－Sn，∴(Sn＋1－Sn)(Sn＋1＋Sn－2)＝2；即(Sn＋1)2－(Sn)2－2(Sn＋1－Sn)＝2，∴(Sn＋1－1)2－(Sn－1)2＝2，且(S1－1)2＝1，∴{(Sn－1)2}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，∴Sn＝1＋eq\r(2n－1).(2)①n＝1時，S1＝1＋1＝2＝b1，n＝5時，S5＝1＋3＝4＝b2，n＝13時，S13＝1＋5＝6＝b3.②∵2n－1是奇數(shù)，Sn＝1＋eq\r(2n－1)為有理數(shù)，則eq\r(2n－1)＝2k－1，∴n＝2k2－2k＋1，當k＝20時，n＝761；當k＝21時，n＝841；∴存在N∈[761，840]，當n≤N時，使得在{Sn}中，數(shù)列{bk}有且只有20項．題型3有關(guān)數(shù)列的證明題例3(2013·江蘇)設(shè){an}是首項為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項和．記bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，n∈N*，其中c為實數(shù)．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0.證明：∵{an}是首項為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項和，∴Sn＝na＋eq\f(n（n－1）,2)d.(1)∵c＝0，∴bn＝eq\f(Sn,n)＝a＋eq\f(n－1,2)d.∵b1，b2，b4成等比數(shù)列，∴beq\o\al(2,2)＝b1b4，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)d))eq\s\up12(2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)d))，∴eq\f(1,2)ad－eq\f(1,4)d2＝0，∴eq\f(1,2)deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)d))＝0.∵d≠0，∴a＝eq\f(1,2)d，∴d＝2a，∴Sn＝na＋eq\f(n（n－1）,2)d＝na＋eq\f(n（n－1）,2)2a＝n2a，∴左邊＝Snk＝(nk)2a＝n2k2a，右邊＝n2Sk＝n2k2a，∴左邊＝右邊，∴原式成立．(2)∵{bn}是等差數(shù)列，∴設(shè)公差為d1，∴bn＝b1＋(n－1)d1代入bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，得b1＋(n－1)d1＝eq\f(nSn,n2＋c)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d1－\f(1,2)d))n3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－d1－a＋\f(1,2)d))n2＋cd1n＝c(d1－b1)對n∈N*恒成立，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d1－\f(1,2)d＝0，,b1－d1－a＋\f(1,2)d＝0，,cd1＝0，,c（d1－b1）＝0，))∴d1＝eq\f(1,2)d.∵d≠0，∴d1≠0.eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)(2013·江西理)正項數(shù)列{an}的前項和滿足：Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,（n＋2）2aeq\o\al(2,n))，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.證明：對于任意的n∈N*，都有Tn<eq\f(5,64).(1)解：由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正項數(shù)列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.綜上，數(shù)列{an}的通項an＝2n.(2)證明：由于an＝2n，bn＝eq\f(n＋1,（n＋2）2aeq\o\al(2,n))，則bn＝eq\f(n＋1,4n2（n＋2）2)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋2）2))).Tn＝eq\f(1,16)[1－eq\f(1,32)＋eq\f(1,22)－eq\f(1,42)＋eq\f(1,32)－eq\f(1,52)＋…＋eq\f(1,（n－1）2)－eq\f(1,（n＋1）2)＋eq\f(1,n2)－eq\f(1,（n＋2）2)]＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,（n＋1）2)－\f(1,（n＋2）2)))<eq\f(1,16)(1＋eq\f(1,22))＝eq\f(5,64).故對于任意的n∈N*，都有Tn<eq\f(5,64).1.(2013·重慶)已知{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d≠0，Sn為其前n項和．若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8＝________.答案：64解析：aeq\o\al(2,2)＝a1a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，所以d＝2，故S8＝8＋eq\f(8×7,2)×2＝64.2.(2013·上海)若等差數(shù)列的前6項和為23，前9項和為57，則數(shù)列的前n項和Sn＝________．答案：eq\f(5,6)n2－eq\f(7,6)n解析：由條件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S6＝6a1＋\f(6×5,2)d＝23，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝57，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(1,3)，,d＝\f(5,3)，))故an＝eq\f(5,6)n2－eq\f(7,6)n.3.(2013·新課標)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S10＝0，S15＝25，則nSn的最小值為________．答案：－49解析：由條件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝\f(2,3)，))nSn＝eq\f(n3,3)－eq\f(10n2,3)，對f(x)＝eq\f(x3－10x2,3)求導(dǎo)可得f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(20,3)))上遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)，＋∞))上遞增，分別計算n＝6和n＝7可得，當n＝7時nSn＝eq\f(n3,3)－eq\f(10n2,3)最小為－49.4.(2013·江蘇)在正項等比數(shù)列{an}中，a5＝eq\f(1,2)，a6＋a7＝3，則滿足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整數(shù)n的值為________．答案：12解析：根據(jù)條件求得an＝2n－6，則不等式化為2n－1>2eq\s\up6(\f(n2－11n＋10,2))(*)，n>eq\f(n2－11n＋10,2)，解得eq\f(13－\r(129),2)<n<eq\f(13＋\r(129),2)，即1≤n≤12，將n＝13代入(*)式檢驗，經(jīng)檢驗不成立，故最大正整數(shù)n的值為12.1.(2013·徐州模擬)在數(shù)列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，當n≥2時，an＋1是an·an－1的個位數(shù)，則a2010＝________．答案：4解析：由題意得，a3＝a1·a2＝6，定義f(x)＝x的個位數(shù)，則a4＝f(a3·a2)＝8，依此類推，a5＝8，a6＝4，a7＝2，a8＝8，a9＝6，a10＝8，到此為止，看出一個周期，a9＝a3，a10＝a4，周期為6，因為前2項不符合周期，所以2010－2＝2008，2008＝6×334＋4，所以a2010＝a6＝4.2.(2013·揚州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＋a2＋…＋an＝n2(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)對任意給定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(k<p<r)使eq\f(1,ak)，eq\f(1,ap)，eq\f(1,ar)成等差數(shù)列？若存在，用k分別表示p和r(只要寫出一組)；若不存在，請說明理由．解：(1)當n＝1時，a1＝1；當n≥2，n∈N*時，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2，所以an＝n2－(n－1)2＝2n－1；綜上所述，an＝2n－1(n∈N*)．(2)當k＝1時，若存在p，r使eq\f(1,ak)，eq\f(1,ap)，eq\f(1,ar)成等差數(shù)列，則eq\f(1,ar)＝eq\f(2,ap)－eq\f(1,ak)＝eq\f(3－2p,2p－1).因為p≥2，所以ar<0與數(shù)列{an}為正數(shù)相矛盾，因此，當k＝1時不存在；當k≥2時，設(shè)ak＝x，ap＝y(tǒng)，ar＝z，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,z)＝eq\f(2,y)，所以z＝eq\f(xy,2x－y).令y＝2x－1，得z＝xy＝x(2x－1)，此時ak＝x＝2k－1，ap＝y(tǒng)＝2x－1＝2(2k－1)－1，所以p＝2k－1，ar＝z＝(2k－1)(4k－3)＝2(4k2－5k＋2)－1，所以r＝4k2－5k＋2.綜上所述，當k＝1時，不存在p，r；當k≥2時，存在p＝2k－1，r＝4k2－5k＋2滿足題設(shè)．3.設(shè)不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,y＞0，,y≤－nx＋3n))所表示的平面區(qū)域為Dn，記Dn內(nèi)的整點個數(shù)為an(n∈N*)(整點即橫坐標和縱坐標均為整數(shù)的點)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Tn＝eq\f(Sn,3·2n－1).若對于一切的正整數(shù)n，總有Tn≤m，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)由x＞0，y＞0，3n－nx＞0，得0＜x＜3.∴x＝1，或x＝2.∴Dn內(nèi)的整點在直線x＝1和x＝2上．記直線y＝－nx＋3n為l，l與直線x＝1、x＝2的交點的縱坐標分別為y1，y2.則y1＝－n＋3n＝2n，y2＝－2n＋3n＝n.∴an＝3n(n∈N*)．(2)∵Sn＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(3n（n＋1）,2)，∴Tn＝eq\f(n（n＋1）,2n)，∴Tn＋1－Tn＝eq\f(（n＋1）（n＋2）,2n＋1)－eq\f(n（n＋1）,2n)＝eq\f(（n＋1）（2－n）,2n＋1)，∴當n≥3時，Tn＞Tn＋1，且T1＝1＜T2＝T3＝eq\f(3,2).于是T2，T3是數(shù)列{Tn}中的最大項，故m≥eq\f(3,2).4.(2013·徐州模擬)已知數(shù)列{an}，其前n項和為Sn.(1)若對任意的n∈N，a2n－1，a2n＋1，a2n組成公差為4的等差數(shù)列，且a1＝1，eq\f(S2n,2n)＝2013，求n的值；(2)若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)＋a))是公比為q(q≠－1)的等比數(shù)列，a為常數(shù)，求證：數(shù)列{an}為等比數(shù)列的充要條件為q＝1＋eq\f(1