2012高考数学复习课件：专题三 数列的综合应用

专题三数列的综合应用基础知识自主学习要点梳理1．数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．2．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率、银行信贷、分期付款、合理定价等.3．解答数列应用题的基本步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．4．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)分期付款模型：设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b＝r(1＋r)n(1＋r)n－1a.[难点正本疑点清源]1．用函数的观点理解等差数列、等比数列(1)对于等差数列，由an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，当d≠0时，an是关于n的一次函数，对应的点(n，an)是位于直线上的若干个离散的点．当d0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常函数，对应的数列是常数列；d0时，函数是减函数，对应的数列是递减数列．若等差数列的前n项和为Sn，则Sn＝pn2＋qn(p、q∈R)．当p＝0时，{an}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题．(2)对于等比数列：an＝a1qn－1.可用指数函数的性质来理解．①当a10，q1或a10,0q1时，等比数列是递增数列；②当a10,0q1或a10,q1时，等比数列{an}是递减数列．③当q＝1时，是一个常数列．④当q0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列．2．解答数列综合问题的注意事项(1)要重视审题、精心联想、沟通联系；(2)将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题等联系起来.题型分类深度剖析题型一等差数列与等比数列的综合应用例1数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．(1)求{an}的通项公式；(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.思维启迪：(1)运用公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.求an.(2)注意等差数列与等比数列之间的相互关系．解(1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．又a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1.故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1.(2)设{bn}的公差为d，由T3＝15，b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故可设b1＝5－d，b3＝5＋d，又a1＝1，a2＝3，a3＝9，由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2，解得d1＝2，d2＝－10.∵等差数列{bn}的各项为正，∴d0，∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋n(n－1)2×2＝n2＋2n.探究提高对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．变式训练1已知数列{f(n)}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋2n.(1)求数列{f(n)}的通项公式；(2)若a1＝f(1)，an＋1＝f(an)(n∈N*)，求证：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的前n项和Tn.解(1)n≥2时，f(n)＝Sn－Sn－1＝2n＋1.n＝1时，f(1)＝S1＝3，适合上式，∴f(n)＝2n＋1(n∈N*)．(2)a1＝f(1)＝3，an＋1＝2an＋1(n∈N*)．即an＋1＋1＝2(an＋1)．∴数列{an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列．∴an＋1＝4·2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－1(n∈N*)．Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－n＝2n＋2－4－n.题型二数列与函数的综合应用例2已知函数f(x)＝log2x－logx2(0x1)，数列{an}满足f(na2)＝2n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)判断数列{an}的单调性．思维启迪：(1)将an看成一个未知数，解方程即可求出an；(2)通过比较an和an＋1的大小来判断数列{an}的单调性．解(1)由已知得log2na2－na2log12＝2n，∴an－1an＝2n，即a2n－2nan－1＝0.∴an＝n±n2＋1.∵0x1，∴0na21，∴an0.∴an＝n－n2＋1.(2)∵an＋1an＝(n＋1)－(n＋1)2＋1n－n2＋1＝n＋n2＋1n＋1＋(n＋1)2＋11，又∵an0，∴an＋1an，∴{an}是递增数列．探究提高本题融数列、方程、函数单调性等知识为一体，结构巧妙、形式新颖，着重考查学生的逻辑分析能力．变式训练2已知f(x)＝logax(a0且a≠1)，设f(a1)，f(a2)，…，f(an)(n∈N*)是首项为4，公差为2的等差数列．(1)设a为常数，求证：{an}是等比数列；(2)若bn＝anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a＝2时，求Sn.(1)证明f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，∵logaan＝2n＋2，∴an＝a2n＋2.∴anan－1＝a2n＋2a2(n－1)＋2＝a2n＋2a2n＝a2(n≥2)为定值．∴{an}是以a4为首项，a2为公比的等比数列．(2)解bn＝anf(an)＝a2n＋2logaa2n＋2＝(2n＋2)a2n＋2.当a＝2时，bn＝(2n＋2)(2)2n＋2＝(n＋1)2n＋2.Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n＋1)·2n＋2，①2Sn＝2·24＋3·25＋4·26＋…＋n·2n＋2＋(n＋1)·2n＋3，②①－②得－Sn＝2·23＋24＋25＋…＋2n＋2－(n＋1)·2n＋3＝16＋24(1－2n－1)1－2－(n＋1)·2n＋3＝16＋2n＋3－24－n·2n＋3－2n＋3＝－n·2n＋3.∴Sn＝n·2n＋3.题型三数列与不等式的综合应用例3已知等差数列{an}的前n项和Sn中S7的值最大，且|a7||a8|，求使Sn0成立的最大正整数n.思维启迪：由Sn中S7的值最大，得a7≥0，a8≤0.解∵等差数列{an}的前n项和Sn中S7的值最大，∴a7≥0，a8≤0.于是由|a7||a8|，得a7－a8，即a7＋a80.∴S14＝14(a1＋a14)2＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)0，S13＝13(a1＋a13)2＝13·2a72＝13a7≥0.若a7＝0，则必有a60，∴S12＝12(a1＋a12)2＝6(a6＋a7)＝6a60，此时使Sn0成立的最大正整数n＝12.若a7≠0，则S13＝13a70，此时使Sn0成立的最大正整数n＝13.探究提高(1)在非常数列{an}中，已知m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，若{an}成等差数列则有am＋an＝ap＋aq，若{an}成等比数列则am·an＝ap·aq.(2)注意考虑不等式的性质与数列的项及和的结合．变式训练3设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，所以bn＋1＝2bn.所以数列{bn}是以b1＝a－3为首项，以2为公比的等比数列，因此，所求通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.①此等式当a＝3时也成立．(2)由①知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*.于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)×2n－1－3n－1－(a－3)×2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2.an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－212×32n－2＋a－3.当n≥2时，an＋1≥an⇔12×32n－2＋a－3≥0⇔a≥3－12×32n－2恒成立⇔a≥－9.又a2＝a1＋3a1.综上所述，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．题型四数列的实际应用例4职工小张年初向银行贷款2万元用于购房，银行贷款的年利率为10%，按复利计算(即本年的利息计入次年的本金)，若这笔贷款要分10年等额还清，每年年初还一次，并且从借款后次年年初开始归还，问每年应还多少元？(精确到1元)思维启迪：运用等比数列知识解决分期付款问题．解设每年还款x元，需10年还清，那么每年还款及利息情况如下：第10年还款x元，此次欠款全部还清．第9年还款x元，过1年欠款全部还清时，所付款连同利息之和为x(1＋10%)元．第8年还款x元，过2年欠款全部还清时，所付款连同利息之和为x(1＋10%)2元．……第1年还款x元，过9年欠款全部还清时，所付款连同利息之和为x(1＋10%)9元．根据题意可得：x＋x(1＋10%)＋x(1＋10%)2＋…＋x(1＋10%)9＝20000(1＋10%)10∴x＝20000×1.110×0.11.110－1≈3255.∴每年应还款3255元．探究提高分期付款即借款后不是一次性付清，而是分几次分别付款的一种借款方式，对于每一种分期付款方案，应明确以下几点：(1)规定多长时间内付清全部款额．(2)在规定时间内分几期付款，并且规定每期付款额相同．(3)规定多长时间段结算一次利息，并且在规定时间段内利息按复利计算．在选择分期付款方案时，必须计算出各种方案中每期应付款多少，总共应付款多少，这样才便于顾客比较，优化选择方案．(4)分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全部付清前会随时间的推移而不断增值．(5)各期所付款额连同到最后一次付款时所产生的本息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的本息之和.变式训练4某商场因管理不善及场内设施陈旧，致使年底结算亏损，决定从今年开始投入资金进行整修，计划第一个月投入80万元，以后每月投入将比上月减少15.第一个月的经营收入约为40万元，预计以后每个月收入会比上个月增加14.(1)设n个月内的总投入为an万元，总收入为bn万元，写出an，bn；(2)问经过几个月后商场开始扭亏为盈．解(1)由题意，得an＝80＋80×45＋80×452＋…＋80×45n－1＝80×1－45n1－45＝4001－45n.bn＝40＋40×54＋40×542＋…＋40×54n－1＝40×1－54n1－54＝16054n－1.(2)由题意，令anbn，∴4001－45n16054n－1.设t＝54n，则51－1t2(t－1)，即2t2－7t＋50.∵t1，∴解得t52，即54n52.取n＝4，则544＝52×12512852；取n＝5，则545＝52×62551252.∴第5月开始扭亏为盈．思想与方法8．用构造新数列的思想解题试题：(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝12，an＝－2Sn·Sn－1(n≥2)．求证：S21＋S22＋…＋S2n≤12－14n.审题视角(1)从求证内容来看，首先要求出Sn.(2)从Sn与Sn－1的递推关系看，可考虑构造新数列1Sn.(3)可考虑用放缩法证明．规范解答证明∵an＝－2Sn·Sn－1(n≥2)，∴