2012高考数学二轮专题复习课件：第2讲 数列的综合应用

◆考查根据Sn与an的关系求数列的通项公式．◆考查简单递推数列的通项公式的求法．◆在解答题中以数列求和为桥梁考查数列的通项．◆以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧，这是每年高考必考的．◆考查数列与集合、函数、不等式、解析几何等知识交汇的综合问题．第2讲数列的综合应用1．(2011·四川)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝()．A．0B．3C．8D．11解析因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，故公差d＝12－－210－3＝2.于是b1＝－6，且bn＝2n－8(n∈N*)，即an＋1－an＝2n－8，所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.答案B2．(2011·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝()．A．1B．9C．10D．55解析∵Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，∴S1＝1，可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1，即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.答案A3．(2011·上海)设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是()．A．{an}是等比数列B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同解析Ai＝aiai＋1，若{Ai}是等比数列，则Ai＋1Ai＝ai＋1ai＋2aiai＋1＝ai＋2ai为常数，则需a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列且公比相同．反之也成立，故选D.答案D4．(2010·辽宁改编)已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则ann的最小值为()．A.172B.212C．10D．21解析在an＋1－an＝2n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2得，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．把上面n－1个式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝2＋2n－2n－12＝n2－n，∴an＝n2－n＋33，∴ann＝n＋33n－1，又n∈N*，n≥1.∴当n＝6时，ann有最小值212.答案B5．(2011·湖北改编)《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()．A.6566升B.6766升C.2322升D.7166升解析法一设自上而下第一节竹子容量为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，法二设自上而下第一节竹子容量为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B6．(2010·浙江)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是________．解析由题意知(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，整理得2a21＋9a1d＋10d2＋1＝0，∵a1∈R，∴Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，解得d≥22或d≤－22.答案(－∞，－22]∪[22，＋∞),数列的单调性数列单调性的判断方法：an＋1an⇔{an}单调递增；an＋1an⇔{an}单调递减．判断数列的单调性通常利用函数的单调性或通过作差法、作商法来处理．如当an0时，若an＋1an1，则数列{an}单调递增；而当an0时，若an＋1an1，则数列{an}单调递减．求数列的通项公式(1)基本公式法：若{an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d；若{an}是等比数列，则an＝a1·qn－1.(2)公式法：an＝a1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.(3)累加法：若an－an－1＝f(n)(n≥2)，常用累加法求通项；累乘法：若anan－1＝f(n)(n≥2)，常用累乘法求通项．(4)构造等比数列转化法求通项：求{an}满足an＝ban－1＋c，常利用公式an＋x＝b(an－1＋x)，构造等比数列{an＋x}，其中x＝cb－1，通过求an＋x将an求出．(1)用an＝Sn－Sn－1求数列的通项公式时，你注意到n≥2了吗？你注意到a1＝S1了吗？(2)用累加法、累乘法求出an之后，你检验a1是否成立了吗？数列求和问题数列求和的关键是弄清数列的特点，即通项的结构特征决定求和所用的方法，对通项化简、分析、变形等是数列求和的切入点，常见的求和方法有：(1)公式法求和；(2)倒序相加法；(3)错位相减法；(4)分组求和法；(5)裂项相消法；(6)周期性求和．(1)用等比数列求和公式时，若公比q不确定时，莫忘分q＝1与q≠1两种情况讨论．(2)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．数列的求和是高考重点考查的内容，也是考纲明确提出的知识点，数列求和的关键是分析其通项，但在高考解答题中通项大多是未知的，求解通项的过程中也会考查到已知递推关系求通项，这就需要考生有较强的转化与化归能力．这部分在高考中既有以选择题、填空题的形式简单考查，也有以解答题重点考查的情况出现．数列求和【例题1】►(2011·北京海淀区一模)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－12n－1＋2(n为正整数)．(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝n＋1nan，Tn＝c1＋c2＋…＋cn，试比较Tn与5n2n＋1的大小，并予以证明．解(1)在Sn＝－an－12n－1＋2中，令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝12.当n≥2时，Sn－1＝－an－1－12n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋12n－1，∴2an＝an－1＋12n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即当n≥2时，bn－bn－1＝1.又b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝n2n.(2)由(1)得cn＝n＋1nan＝(n＋1)12n，∴Tn＝2×12＋3×122＋4×123＋…＋(n＋1)·12n，①12Tn＝2×122＋3×123＋…＋n·12n＋(n＋1)·12n＋1，②由①－②得12Tn＝1＋122＋123＋…＋12n－(n＋1)·12n＋1＝1＋141－12n－11－12－(n＋1)·12n＋1＝32－n＋32n＋1.∴Tn＝3－n＋32n.Tn－5n2n＋1＝3－n＋32n－5n2n＋1＝n＋32n－2n－12n2n＋1.于是确定Tn与5n2n＋1的大小关系等价于比较2n与2n＋1的大小．由22×1＋1；222×2＋1；232×3＋1；242×4＋1；252×5＋1；….可猜想当n≥3时，2n2n＋1，证明如下：法一(ⅰ)当n＝3时，由以上验算知猜想成立．(ⅱ)假设当n＝k(k≥3)时，猜想成立，即2k2k＋1.当n＝k＋1时，2k＋1＝2·2k2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋1＋(2k－1)2(k＋1)＋1，∴当n＝k＋1时，猜想也成立．综合(1)(2)可知，对一切n≥3的正整数，都有2n2n＋1.法二当n≥3时，2n＝(1＋1)n＝C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cn－1n＋Cnn≥C0n＋C1n＋Cn－1n＋Cnn＝2n＋22n＋1.综上所述，当n＝1,2时，Tn5n2n＋1；当n≥3时，Tn5n2n＋1.(1)一般地，若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，求数列{anbn}的前n项和可用错位相减法．(2)一般地，对于Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝qnn＋p(其中p，q为常数)的求和问题，往往用裂项相消法．【变式1】►已知数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，点(an，Sn)在曲线(x＋1)2＝4y上．(1)求{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足b1＝3，bn＋1＝abn，cn＝bnbn－1＋bn＋1－2bn＋1－1，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)因为(an＋1)2＝4Sn，所以Sn＝an＋124，Sn＋1＝an＋1＋124.所以Sn＋1－Sn＝an＋1＝an＋1＋12－an＋124，即4an＋1＝a2n＋1－a2n＋2an＋1－2an，∴2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，因为an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2，即{an}为公差等于2的等差数列．由(a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)因为bn＋1＝abn，an＝2n－1，所以bn＋1＝2bn－1，∴bn＋1－1＝2(bn－1)．即bn＋1－1bn－1＝2.所以{bn－1}为以2为公比的等比数列．又b1＝3，所以b1－1＝2，故bn－1＝2·2n－1＝2n，即bn＝2n＋1.所以cn＝bnbn－1＋bn＋1－2bn＋1－1＝2n＋12n＋2n＋1－12n＋1＝1＋12n＋1－12n＋1＝2＋12n－12n＋1，故Tn＝2n＋12－122＋122－123＋…＋12n－12n＋1＝2n＋12－12n＋1.数列与不等式的综合问题是近年来的热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n项和问题，通常是由基本的等差数列、等比数列等基本数列进行复合、变形后得到新数列的和．对于这种问题，在解答时需要我们抓住本质，进行合理的变形、求和，最后进行放缩，从而得出结论．数列与函数、不等式的交汇问题【例题2】►已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝kSn＋2(n∈N*)，且a1＝2，a2＝1.(1)求k的值和Sn的表达式；(2)是否存在正整数m，n，使得Sn－mSn＋1－m12成立？若存在，求出这样的正整数；若不存在，请说明理由．解(1)由条件Sn＋1＝kSn＋2(n∈N*)，得S2＝kS1＋2，∴a1＋a2＝ka1＋2，又a1＝2，a2＝1，∴2＋1＝2k＋2，得k＝12.于是，Sn＋1＝12Sn＋2，设Sn＋1＋x＝12(Sn＋x)，即Sn＋1＝12Sn－12x.令－12x＝2，得x＝－4，∴Sn＋1－4＝12(Sn－4)．即数列{Sn－4}是首项为S1－4＝－2，公比为12的等比数列，∴Sn－4＝－2·12n－1，即Sn＝41－12n(n∈N*)．(2)由不等式Sn－mSn＋1－m12，得41－12n－m41－12n＋1－m12，即2n4－m－42n4－m－212.令t＝2n(4－m)，则不等式变为t－4t－212，解得2t6，即22n(4－m)6.假设存在正整数m、n，使上面的不等式成立，由于2n为偶数，4－m为整数，则只能是2n(4－m)＝4，∴2n＝2，4－m＝2或2n＝4，4－m＝1.解得m＝2，n＝1或m＝3，n＝2.于是，存在正整数m＝2，n＝1或m＝3，n＝