2010高考数学专题复习课件：19数列的应用(2)

解:(1)由已知a2=3a1+32-1=15+8=23;a3=3a2+33-1=69+26=95.∴a2,a3的值分别为23和95.∴6(23+)=9(5+)+95+.1.已知数列{an}中,a1=5且an=3an-1+3n-1(n=2,3,…).(1)试求a2,a3的值;(2)若存在实数使得{}为等差数列,试求的值.3nan+(2)令bn=,2b2=b1+b3,3nan+即2=+.923+35+2795+解得=-.12此时bn=.3nan-12∵bn-bn-1=-3nan-123n-1an-1-12==1,3an-1+3n-1--3an-1+12323n3nan-12∴{bn}即{}是以为首项,1为公差的等差数列.32∴的值为-.12典型例题2.已知等差数列{an}中,公差d0,其前n项和为Sn,且满足a2a3=45,a1+a4=14.(1)求数列{an}的通项公式;(2)通过公式bn=,构造新数列{bn}.若{bn}也是等差数列,求非零常数c;Snn+c(3)求f(n)=(nN*)的最大值.bn(n+25)bn+1解:(1)∵{an}是等差数列,∴a2+a3=a1+a4=14.又∵a2a3=45,∴a2,a3是方程x2-14x+45=0的两实根.∵公差d0,∴a2a3,∴a2=5,a3=9.∴a1+d=5且a1+2d=9a1=1,d=4.∴an=4n-3.(2)由(1)知:Sn=2n2-n.∴bn=.2n2-nn+c∴b1=,b2=,b3=.11+c62+c153+c∵{bn}也是等差数列,∴b1+b3=2b2,即:153+c+=2.11+c62+c解得:c=-0.5(c=0舍去).∴bn==2n.2n2-nn-0.5易知{bn}是等差数列,∴c=-0.5.解:(3)由(2)知bn+1=2n+2,∴f(n)==bn(n+25)bn+12n(n+25)(2n+2)nn2+26n+25=1n++26=n25≤=.125+26361n25仅当n=即n=5时上式取等号.361故当n=5时,f(n)取最小值.2.已知等差数列{an}中,公差d0,其前n项和为Sn,且满足a2a3=45,a1+a4=14.(1)求数列{an}的通项公式;(2)通过公式bn=,构造新数列{bn}.若{bn}也是等差数列,求非零常数c;Snn+c(3)求f(n)=(nN*)的最大值.bn(n+25)bn+1解:(1)∵an+2-2an+1+an=0(nN*),∴an+2+an=2an+1(nN*).∴数列{an}是等差数列.设其公差为d,则由已知得:8+3d=2.∴d=-2.3.数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0(nN*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(nN*),Sn=b1+b2+…+bn,是否存在最大的整数m,使得对任意的n均有Sn总成立?若存在,求出m,若不存在;请说明理由.n(12-an)132m∴an=-2n+10.∴Sn=b1+b1+…+bn(2)由(1)及已知得bn==(-).2n(n+1)112n1n+11=[(1-)+(-)+…+(-)]12131212n1n+11=12(1-)n+112(n+1)n=.依题意小于的最小值即可.32m2(n+1)n而当n=1时有最小值,2(n+1)n14∴.1432m∴m8.∴存在满足条件的最大整数m,其值为7.4.如图,△ABC的三个顶点坐标分别为(0,0),(1,0),(0,2),设P1为线段BC的中点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n,Pn+3为线段PnPn+1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn),an=+yn+1+yn+2.xyOCBP5P1P2P3P4P62yn(1)求a1,a2,a3及an;(2)证明:yn+4=1-,nN*;(3)若记bn=y4n+4-y4n,nN*,证明:{bn}是等比数列.4yn(1)解:显然y1=y2=y4=1,y3=,y5=.3412∵an=+yn+1+yn+2,2yn∴可求得a1=a2=a3=2.又yn+3=(yn+yn+1),12∴an+1=yn+1+yn+2+yn+312=yn+1+yn+2+(yn+yn+1)1212=yn+yn+1+yn+2=an.12∴{an}为常数列,∴an=a1=2,nN*.故a1,a2,a3及an的值均为2.(2)证:将等式yn+yn+1+yn+2=2两边同除以2,得:12yn+(yn+1+yn+2)=1.1412又yn+4=(yn+1+yn+2),12∴yn+4=1-.4yny4ny4n+4(3)证:∵bn+1=y4n+8-y4n+4=(1-)-(1-)=-(y4n+4-y4n)4414=-bn,14又∵b1=y8-y4=-0,1414∴{bn}是首项与公比均为-的等比数列.4.如图,△ABC的三个顶点坐标分别为(0,0),(1,0),(0,2),设P1为线段BC的中点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n,Pn+3为线段PnPn+1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn),an=+yn+1+yn+2.xyOCBP5P1P2P3P4P62yn(1)求a1,a2,a3及an;(2)证明:yn+4=1-,nN*;(3)若记bn=y4n+4-y4n,nN*,证明:{bn}是等比数列.4yn5.下表给出一个等差数阵:47()()()…a1j…712()()()…a2j…()()()()()…a3j…()()()()()…a4j………………………ai1ai2ai3ai4ai5…aij………………………其中每行每列都是等差数列,aij表示位于第i行,第j列的数.(1)写出a45的值;(2)写出aij的计算公式;(3)证明正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积;(1)解:依题意a15=4+(5-1)(7-4)=16,a25=7+(5-1)(12-7)=27,∴a45=16+(4-1)(27-16)=49.(2)解:依题意a1j=4+(j-1)(7-4)=3j+1,a2j=7+(j-1)(12-7)=5j+2,∴aij=3j+1+(i-1)[(5j+2)-(3j+1)]=2ij+i+j.(3)证:必要性:若N在等差数阵中,则存在正整数i,j使得:N=2ij+i+j.则有2N+1=4ij+2i+2j+1=(2i+1)(2j+1).即2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积;充分性:若2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积,∵2N+1是奇数,∴它必为两个不是1的奇数之积.即存在正整数m,n使得:2N+1=(2m+1)(2n+1).∴2N+1=4mn+2m+2n+1.∴N=2mn+m+n=amn.即N在等差数阵中.综上所述,正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,等差数列{bn}的公差为d,∵a1=2,a3=18,∴18=2q2.∴q2=9.∴q=3.当q=-3时,a1+a2+a3=1420,不合题意,舍去;当q=3时,a1+a2+a3=26,符合题意.由b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3=26得:42+6d=26∴bn=2+(n-1)3=3n-1.d=3.∴数列{bn}的通项公式为bn=3n-1.(2)由已知及(1)知b1=2,d=3,∴Sn=2n+3=n2+n.n(n-1)23212Sn=n2+n.3212∴数列{bn}的前n项和公式为6.已知{an}是等比数列,a1=2,a3=18,{bn}是等差数列,b1=2,b1+b2+b3+b4=a1+a2+a320.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和公式;(3)设Pn=b1+b4+b7+…+b3n-2,Qn=b10+b12+b14+…+b2n+8,其中,n=1,2,…,试比较Pn与Qn的大小,并证明你的结论.6.已知{an}是等比数列,a1=2,a3=18,{bn}是等差数列,b1=2,b1+b2+b3+b4=a1+a2+a320.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和公式;(3)设Pn=b1+b4+b7+…+b3n-2,Qn=b10+b12+b14+…+b2n+8,其中,n=1,2,…,试比较Pn与Qn的大小,并证明你的结论.解:(3)∵b1,b4,b7,…,b3n-2组成以3d为公差的等差数列,∴Pn=2n+3d=n2-n;n(n-1)29252又b10,b12,b14,…,b2n+8组成以2d为公差的等差数列,∴Qn=nb10+2d=3n2+26n.n(n-1)29252∵Pn-Qn=(n2-n)-(3n2+26n)32=n(n-19),∴对于正整数n,当n≤18时,PnQn;当n=19时,Pn=Qn;当n≥20时,PnQn.解:(1)当x[n,n+1](nN*)时,f(x)=x2+x为增函数,∴f(x)的值域为[n2+n,n2+3n+2].∴f(x)的所有整数值的个数g(n)=2n+3(nN*).Sn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n-1an7.设二次函数f(x)=x2+x,当x[n,n+1](nN*)时,f(x)的所有整数值的个数为g(n).(1)求g(n)的表达式;(2)设an=(nN*),Sn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n-1an,求Sn;(3)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,若Tnl(lZ),求l的最小值.2n3+3n2g(n)g(n)2n(2)由(1)及已知得an=n2,当n为偶数时,=(12-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]=-;n(n+1)2=-(1+2+3+…+n)当n为奇数时,Sn=Sn-1+an∴Sn=(-1)n-1.n(n+1)2=-+n2n(n+1)2=.n(n+1)2(3)解:由(1)及已知得bn=,2n+32n由错位相减法可求得Tn=b1+b2+…+bn=7-.2n+72n∴Tn7恒成立.∵Tnl(lZ),∴l≥7.∴l的最小值为7.7.设二次函数f(x)=x2+x,当x[n,n+1](nN*)时,f(x)的所有整数值的个数为g(n).(1)求g(n)的表达式;(2)设an=(nN*),Sn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n-1an,求Sn;(3)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,若Tnl(lZ),求l的最小值.2n3+3n2g(n)g(n)2n8.已知{an}中,a1=1且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中,k=1,2,3,…,(1)求a3,a5;(2)求{an}的通项公式.解:(1)由已知a2=a1+(-1)1=0;a4=a3+(-1)2=4;∴a3,a5的值分别为3,13.(2)由已知a2k+1-a2k-1=(-1)k+3k,∴a2k+1=a1+(a3-a1)+(a5-a3)+…+(a2k+1-a2k-1)=1+[(-1)1+(-1)2+…+(-1)k]+(31+32+…+3k)=1++1-(-1)(-1)-(-1)k+11-33-3k+1=+-1.2(-1)k23k+1∴a2k=a2k-1+(-1)k=∴a2k-1=+-1.2(-1)k-123ka3=a2+31=3;a5=a4+32=13.+-1.2(-1)k23k∴an=12[3+(-1)]-1,n为奇数时,n+12n-1212[3+(-1)]-1,n为偶数时.n2n2应用题举例1.某种汽车购买时费用为14.4万元,每年应交付保险费,养路费及汽油费共0.9万元,汽车的维修费为:第一年0.2万元,第二年0.4万元,第三年0.6万元,…,依等差数列逐年递增.(1)设使用n年该车的总费用为f(n),试写出f(n)的表达式;(2)求这种汽车使用多少年报废最合算(即使用多少年平均费用最少)?解:(1)依题意得:f(