【拿高分,选好题】高中新课程数学(苏教)二轮复习精选第一部分《数列的综合应用》热点命题

必考问题8数列的综合应用【真题体验】1．(2010·江苏，8)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________.解析在点(ak，a2k)处的切线方程为：y－a2k＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝ak2，所以ak＋1＝ak2，故{an}是a1＝16，q＝12的等比数列，即an＝16×12n－1，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案212．(2011·湖北)《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．解析法一设自上第一节竹子容量为a1，则第九节容量为a9，且数列{an}为等差数列．a1＋a2＋a3＋a4＝3，a7＋a8＋a9＝4，即4a5－10d＝3，①3a5＋9d＝4，②联立①②解得a5＝6766.法二设自上第一节竹子容量为a1，依次类推，数列{an}为等差数列．又a1＋a2＋a3＋a4＝4a1＋6d＝3，a7＋a8＋a9＝3a1＋21d＝4.解得a1＝1322，d＝766，∴a5＝a1＋4d＝1322＋4×766＝6766.答案67663．(2010·南通押题卷)设Sn为数列{an}的前n项之和，若不等式a2n＋S2nn2≥λa21对任何等差数列{an}及任何正整数n恒成立，则λ的最大值为________．解析a1＝0时，不等式恒成立，当a1≠0时，λ≤a2na21＋S2nn2a21，将an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋nn－1d2代入上式，并化简得：λ≤54n－1da1＋652＋15，所以λ≤15，即λmax＝15.答案154．(2012·苏锡常镇调研)设u(n)表示正整数n的个位数，an＝u(n2)－u(n)，则数列{an}的前2012项和等于________．解析由题意可知，数列{an}的项为：0,2,6,2,0,0,2，－4，－8，0,0,2,6,2，……，是以10为周期的周期数列，且一个周期内的10项的和为0，故S2012＝a1＋a2＝2.答案25．(2012·苏中三市调研)已知正方体C1的棱长为182，以C1各个面的中心为顶点的凸多面体为C2，以C2各个面的中心为顶点的凸多面体为C3，以C3各个面的中心为顶点的凸多面体为C4，依次类推．记凸多面体Cn的棱长为an，则a6＝________.解析正方体的各面中心构成正八面体，棱长是正方体棱长的22倍，正八面体的各面中心构成正方体，棱长为正八面体的23倍，因为a1＝182，所以a2＝18，a3＝62，a4＝6，a5＝22，a6＝2.答案2【高考定位】高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题．(2)求数列的通项公式及其前n项和的基本的几种方法．(3)数列与函数、不等式的综合问题．【应对策略】能够掌握有关数列问题的基本代数变换方法以及求数列的通项公式、前n项和的基本方法，此外，还要注意到数列与函数、不等式等知识的联系.必备知识1．数列求和的一般方法数列求和的方法主要有错位相减法、倒序相加法、公式法、拆项并项法、裂项相消法等．2．数列的应用题(1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{an}，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式．必备方法1．数列求和的方法归纳(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n个等差数列或等比数列，然后应用公式求和；(2)错位相减法：适用于{an·bn}的前n项和，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列；(3)裂项法：求{an}的前n项和时，若能将an拆分为an＝bn－bn＋1，则a1＋a2＋…＋an＝b1－bn＋1；(4)倒序相加法：一个数列倒过来与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和容易求出，那么这样的数列求和可采用此法．其主要用于求组合数列的和．这里易忽视因式为零的情况；(5)试值猜想法：通过对S1，S2，S3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出Sn，然后用数学归纳法给出证明．易错点：对于Sn不加证明；(6)并项求和法：先将某些项放在一起先求和，然后再求Sn.例如对于数列{an}：a1＝1，a2＝3，a3＝2，an＋2＝an＋1－an，可证其满足an＋6＝an，在求和时，依次6项求和，再求Sn.2．复习时，要注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式．注意函数与方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运用．命题角度一可转为等差数列、等比数列的数列问题[命题要点]证明新构造的数列为等差或等比数列【例1】►已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)若数列{bn}满足4b1－1·4b2－1·…·4bn－1＝(an＋1)bn(n∈N*)，证明{bn}是等差数列．[审题视点][听课记录][审题视点](1)利用定义证明；(2)可利用(1)的结论，进行累加；(3)求出{bn}是等差数列的等价条件．(1)证明因为an＋2＝3an＋1－2an，所以an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)．因为a1＝1，a2＝3，a2－a1＝2≠0，所以an＋2－an＋1an＋1－an＝2(n∈N*)，所以{an＋1－an}是以a2－a1＝2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)，得an＋1－an＝2n(n∈N*)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1(n∈N*)．(3)证明因为4b1－1·4b2－1·…·4bn－1＝(an＋1)bn，所以4(b1＋b2＋…＋bn)－n＝2nbn，所以2[(b1＋b2＋…＋bn)－n]＝nbn①同理2[(b1＋b2＋…＋bn＋1)－(n＋1)]＝(n＋1)bn＋1②②－①，得(n－1)bn＋1－nbn＋2＝0③同理nbn＋2－(n＋1)bn＋1＋2＝0④④－③，得nbn＋2－2nbn＋1＋nbn＝0，即bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，所以2bn＋1＝bn＋2＋bn(n∈N*)，所以{bn}是等差数列．按定义证明{an}成等差(比)数列，可以考虑改证它的等价定义，即2an＋1＝an＋an＋2(a2n＋1＝an·an＋2)．【突破训练1】在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0，q≠1)．(1)求证：数列{an＋1－an}为等比数列；(2)若a6，a3，a9成等差数列，问对任意的n∈N*，an＋3，an，an＋6是否成等差数列？说明理由．解(1)由an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得an＋1－an＝q(an－an－1)．又a2－a1＝1，q≠0，所以{an＋1－an}成等比数列．(2)由(1)得an＋1－an＝qn－1(q≠1)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝qn－2＋qn－3＋…＋q＋1＋1＝1＋1－qn－11－q.因为2a3＝a6＋a9，所以a3－a6＝a9－a3，即q5－q2＝q2－q8，因为q≠0，所以q3－1＝1－q6.又因为an－an＋3＝qn＋2－qn－11－q＝qn－11－q(q3－1)，an＋6－an＝qn－1－qn＋51－q＝qn－11－q(1－q6)．所以an－an＋3＝an＋6－an，即2an＝an＋3＋an＋6.所以，对任意的n∈N*，an＋3，an，an＋6成等差数列．命题角度二数列与恒成立问题[命题要点]利用数列与不等式恒成立相结合，求解参数的值或范围．【例2】►(2011·常州调研)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－1，当n≥3，n∈N*时，ann－1－an－1n－2＝3n－1n－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在k∈N*，使得n≥k时，不等式Sn＋(2λ－1)an＋8λ≥4对任意实数λ∈[0,1]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][听课记录][审题视点](1)从递推分式变形推证an＋3n－1为常数列；(2)利用函数的单调性讨论恒成立问题．解(1)∵当n≥3时，n∈N*时，ann－1－an－1n－2＝3n－1n－2＝31n－2－1n－1，∴an＋3n－1＝an－1＋3n－2.∴当n≥2时，an＋3n－1是常数列．∴n≥2时，an＋3n－1＝a2＋32－1＝2，an＝2n－5.∴an＝1，n＝1，2n－5，n≥2.(2)Sn＝1，n＝1，n2－4n＋4，n≥2.当n＝1时，不等式Sn＋(2λ－1)an＋8λ≥4可化为λ≥25，不满足条件．当n≥2时，Sn＋(2λ－1)an＋8λ≥4可化为2(2n－1)λ＋n2－6n＋5≥0.令f(λ)＝2(2n－1)λ＋n2－6n＋5，由已知得，f(λ)≥0对于λ∈[0,1]恒成立，当且仅当f0≥0，f1≥0.化简得，n2－6n＋5≥0，n2－2n＋3≥0.解得，n≤1或n≥5.∴满足条件的k存在，k的最小值为5.数列通项公式的还原方法比较多样，可以构造特殊数列，也可以立足于运算、归纳，最后补充证明．【突破训练2】已知数列{an}满足：a1＋a2λ＋a3λ2＋…＋anλn－1＝n2＋2n(其中常数λ＞0，n∈N*)(1)求数列{an}的通项公式；(2)当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列？若存在，给出r，s，t满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)设Sn为数列{an}的前n项和，若对任意n∈N*，都有(1－λ)Sn＋λan≥2λn恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)a1＝3.当n≥2时，由a1＋a2λ＋a3λ2＋…＋anλn－1＝n2＋2n.①得a1＋a2λ＋a3λ2＋…＋an－1λn－2＝(n－1)2＋2(n－1)．②①－②得anλn－1＝2n＋1，所以an＝(2n＋1)λn－1(n≥2)．因为a1＝3适合上式，所以an＝(2n＋1)·λn－1(n∈N*)．(2)当λ＝4时，an＝(2n＋1)·4n－1，若存在ar，as，at成等比数列，则[(2r＋1)·4r－1][(2t＋1)·4t－1]＝(2s＋1)2·42s－2.整理得(2r＋1)(2t＋1)4r＋t－2s＝(2s＋1)2，由奇偶性知r＋t－2s＝0.所以(2r＋1)(2t＋1)＝(r＋t＋1)2，即(r－t)2＝0.这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列．(3)Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1，当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n，当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1，λSn＝3λ＋5λ2＋7λ3＋…＋(2n＋1)λn，(1－λ)Sn＝3＋2(λ＋λ2＋λ3＋…＋λn－1)－(2n＋1)λn＝3＋2×λ1－λn－11－λ－(2n＋1)λn.要对任意n∈N*，都有(1－λ)Sn＋λan＝2λn恒成立．①当λ＝1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝an＝2n＋1≥2，结论显然成立．②当λ≠1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝3＋2×λ1－λn－11－λ－(2n＋1)λn＋λan＝3＋2×λ1－λn－11－λ＝3－λ1－λ－2λn1－λ.因此，对任意n∈N*，都有3－λ1－λ≥4－2λ1－λ·λn恒成立．当0＜λ＜1时，只要3－λ4－2λ≥λn对任意n