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数列的综合问题(一轮复习)


[备考方向要明了] 考什么 怎么考

1.以递推为背景,考查数列的通项公式与前n
能在具体的 项和公式,如2012年新课标全国T16等. 问题情境中 2.等差数列、等比数列综合考查数列的基本计 识别数列的 等差关系或 算,如2012年江西T16,湖北T18 等比关系, 等. 并能用相关 3.考查数列与函数、不等式、解析几何的综合 知识解决相 问题,且

以解答题的形式出现,如2012年广 应的问题. 东T19等.

[归纳· 知识整合]
1.数列综合应用题的解题步骤

(1)审题——弄清题意,分析涉及哪些数学内容,在
每个数学内容中,各是什么问题. (2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步 骤”,每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、 解析几何问题、不等式问题等.

(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”,从而
得到整个问题的解答.

具体解题步骤如下框图:

2.常见的数列模型 (1)等差数列模型:通过读题分析,由题意抽象出等差 数列,利用等差数列有关知识解决问题. (2)等比数列模型:通过读题分析,由题意抽象出等比 数列,利用等比数列有关知识解决问题. (3)递推公式模型:通过读题分析,由题意把所给条件 用数列递推式表达出来,然后通过分析递推关系式求解.

[探究] 么模型?

银行储蓄单利公式及复利公式分别属于什

提示:单利公式——设本金为a元,每期利率为r, 存期为n,则本利和an=a(1+rn),属于等差数列模型. 复利公式——设本金为a元,每期利率为r,存期为n,则 本利和an=a(1+r)n,属于等比数列模型.

[自测· 牛刀小试] 1.(教材习题改编)已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a3, a4成等比数列,则a2的值为 A.-4 C.-8 B.-6 D.-10 ( )

解析:由题意知:a2=a1a4. 3 则(a2+2)2=(a2-2)(a2+4),解得 a2=-6.
答案: B

2.已知log2x,log2y,2成等差数列,则M(x,y)的轨迹的图 象为 ( )

解析:由于log2x,log2y,2成等差数列,则有2log2y= log2x+2,所以y2=4x.又y>0,x>0,故M的轨迹图象 为A. 答案:A

3. 在如图所示的表格中,如果每格 填上一个数后,每一行成等差数 列,每一列成等比数列,那么x +y+z的值为

2 1

4 2 x y z ( )

A.1

B.2

C.3

D.4

解析:由题意知,第三列各数成等比数列,故 x=1;第 3 一行第五个数为 6,第二行第五个数为 3,故 z=4; 5 5 第一行第四个数为 5,第二行第四个数为2,故 y=4,从 而 x+y+z=3.
答案:C

4.等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,且4a1,2a2, a3成等差数列,则S4=________.
解析:设数列{an}的公比为 q,∵4a2=4a1+a3,∴4a1q 1-24 =4a1+a1q2, q2-4q+4=0, 即 解得 q=2.∴S4= = 1-2 15.

答案:15

2 5. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 对任意 n∈N 都有 Sn=3an
*

1 -3,若 1<Sk<9(k∈N*),则 k 的值为________. 2 1 解析:由 Sn=3an-3得
2 1 当 n≥2 时,Sn=3(Sn-Sn-1)-3, 即 Sn=-2Sn-1-1. 令 Sn+p=-2(Sn-1+p)得 1 Sn=-2Sn-1-3p,可知 p=3.

? 1? 2 ?Sn+ ?是以- 为首项,以-2 故数列 3? 3 ?

为公比的等比数列.

1 2 则 Sn+3=-3×(-2)n-1, 2 1 n- 1 即 Sn=-3×(-2) -3. 2 1 k- 1 由 1<-3×(-2) -3<9,k∈N*得 k=4.

答案:4

等差数列、等比数列的综合问题 [例1] 在等比数列{an}(n∈N*)中,a1>1,公比q>0,

设bn=log2an,且b1+b3+b5=6,b1b3b5=0. (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an.

[自主解答]

(1)证明:∵bn=log2an,

an+1 ∴bn+1-bn=log2 a =log2q 为常数, n ∴数列{bn}为等差数列且公差 d=log2q.
(2)∵b1+b3+b5=6,∴b3=2. ∵a1>1,∴b1=log2a1>0. ∵b1b3b5=0,∴b5=0.
?b1+2d=2, ? ∴? ?b1+4d=0, ? ?b1=4, ? 解得? ?d=-1. ?

n?n-1? 9n-n2 ∴Sn=4n+ 2 ×(-1)= 2 .
?log2q=-1, ? ∵? ?log2a1=4, ?

1 ? ?q= , 2 ∴? ?a1=16. ?

∴an=25-n(n∈N*).

在本例(2)的条件下,试比较an与Sn的大小.
解:显然 an=25 n>0, n?9-n? 当 n≥9 时,Sn= 2 ≤0, ∴n≥9 时,an>Sn. ∵a1=16,a2=8,a3=4,a4=2,a5=1, 1 1 1 a6=2,a7=4,a8=8, S1=4,S2=7,S3=9,S4=10,S5=10,S6=9,S7=7, S8=4, ∴当 n=3,4,5,6,7,8 时,an<Sn; 当 n=1,2 或 n≥9 时,an>Sn.


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解答数列综合问题的注意事项 (1)要重视审题,善于联系,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.
(2)对于等差、等比数列的综合问题,应重点分析等 差、等比数列的通项,前n项和以及等差、等比数列项之 间的关系,往往用到转化与化归的思想方法.
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1.(2013· 青岛模拟)已知等差数列{an}的公差大于零,且a2, a4是方程x2-18x+65=0的两个根;各项均为正数的等 比数列{bn}的前n项和为Sn,且满足b3=a3,S3=13. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足
?an,n≤5, ? cn=? ?bn,n>5, ?

求数列{cn}的前 n 项和 Tn.

解:(1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q. 由 x2-18x+65=0,解得 x=5 或 x=13. 因为 d>0,所以 a2<a4,则 a2=5,a4=13,
?a1+d=5, ? 则? ?a1+3d=13, ?

解得 a1=1,d=4.

所以 an=1+4(n-1)=4n-3.
?b3=b1q2=9, ? 因为? ?b1+b1q+b1q2=13, ?

又 q>0,解得 b1=1,q=3. 所以 bn=3n-1.

(2)当 n≤5 时,Tn=a1+a2+a3+…+an n?n-1? =n+ 2 ×4=2n2-n; 当 n>5 时,Tn=T5+(b6+b7+b8+…bn) 35?1-3n-5? 3n-153 =(2×52-5)+ = 2 . 1-3 ?2n2-n,n≤5, ? n 所以 Tn=?3 -153 ? 2 ,n>5. ?

数列与函数的综合应用

[例 2]

x (2012· 安徽高考)设函数 f(x)=2+sin x 的所有
? ? ? ? ? ?

正的极小值点从小到大排成的数列为 xn .
(1)求数列 xn 的通项公式;
(2)设 xn 的前 n 项和为 Sn,求 sin Sn.
? ? ? ? ? ?

? ? ?

? ? ?

1 1 [自主解答] (1)令 f′(x)=2+cos x=0,即 cos x=-2,解 2 得 x=2kπ±3π(k∈Z). 由 xn 是 f(x)的第 n 个正极小值点知, 2 xn=2nπ-3π(n∈N*).

2 (2)由(1)可知,Sn=2π(1+2+…+n)-3nπ=n(n+1)π-
? 2nπ? 2nπ ,所以 sin Sn=sin?n?n+1?π- 3 ?. 3 ? ?

因为 n(n+1)表示两个连续正整数的乘积,n(n+1)一定为偶数, 2nπ 所以 sin Sn=-sin . 3 当 n=3m-2(m∈N )时,sin 当 n=3m-1(m∈N )时,sin
* *

? 4 ? Sn=-sin?2mπ-3π?=- ? ? ? 2 ? ?2mπ- π?= Sn=-sin 3 ? ?

3 ; 2

3 ; 2

当 n=3m(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2mπ=0. 3 ? ?- 2 ,n=3m-2?m∈N*?, ? 综上所述,sin Sn=? 3 ,n=3m-1?m∈N*?, ?2 ?0,n=3m?m∈N*?. ?

————— ———————————— 解决函数与数列的综合问题,应该注意的事项 (1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立 的点; (2)转化以函数为背景的条件时,应该注意题中的

限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的
问题; (3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应

准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化.

2.已知函数 f(x)=x2+x-1,α,β 是方程 f(x)=0 的两个 根(α>β),f′(x)是 f(x)的导数,设 a1=1,an+1=an- f?an? (n=1,2,…). f′?an?
an-β (2)已知对任意的正整数 n,都有 an>α,记 bn=ln (n an-α =1,2,…),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

(1)求α,β的值;

解:(1)由方程 x2+x-1=0 解得方程的根为 -1+ 5 -1- 5 x1= ,x2= , 2 2 又∵α,β 是方程的两个实根,且 α>β, -1+ 5 -1- 5 ∴α= ,β= . 2 2 (2)∵f′(x)=2x+1,

a2 +an-1 a2 +1 f?an? n n ∴an+1=an- =an- = . f′?an? 2an+1 2an+1 ∵an>α>β(n=1,2,3,…),且 a1=1, 1-β 5+1 β2 ∴b1=ln =ln 2=4ln . α 2 1-α

-1- 5 ? ? 1- 2 ? 1-β ?3+ 5? ? 2 ?或b1=ln1-α=ln -1+ 5=ln 4 ? 1- ? ? 2 ? ? ?=2ln3+ 5=2ln?1+ 5?2=4ln 5+1 ? ? ? 2 2 ? ? ? 2 ? an+1-β a2 -2βαn-β+1 n bn+1=ln =ln 2 an+1-α an-2αan-α+1 ?an-β?2-β2-β+1 ?an-β?2 an-β =ln =ln =2ln =2bn. ?an-α?2-α2-α+1 ?an-α?2 an-α 即{bn}是以 b1 为首项,2 为公比的等比数列. 故数列{bn}的前 n 项和 b1?1-2n? 5+1 5+1 Sn = =(2n-1)· 4ln 2 =(2n+2-4)ln 2 . 1-2

数列与不等式的综合应用 [例3] (2012· 广东高考)设数列{an}的前n项和为Sn,

满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等 差数列.

(1)求a1的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
1 1 1 3 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +…+a < . a1 a2 n 2

[自主解答] (1)当n=1时,2a1=a2-4+1=a2-3, ① 当n=2时,2(a1+a2)=a3-8+1=a3-7, ② 又a1,a2+5,a3成等差数列, 所以a1+a3=2(a2+5), ③ 由①②③解得a1=1. (2)由题设条件可知n≥2时,2Sn=an+1-2n+1+1,④ 2Sn-1=an-2n+1.⑤ ④-⑤得2an=an+1-an-2n+1+2n, 即an+1=3an+2n,整理得an+1+2n+1=3(an+2n), 则{an+2n}是以3为首项,3为公比的等比数列. 所以an+2n=(a1+2)·n-1=3n, 3 即an=3n-2n(n>1).又a1=1满足上式, 故an=3n-2n.

1 1 1 1 (3)证明:∵a = n n=3n· ?2? ≤ 3 -2 n 1-?3?n
? ?

1 1 1 3n· 2=3·n, 3 1-3
?1 1 1? 1 1 1 ∴a +a +…+a ≤3?3+32+…+3n? ? ? 1 2 n 1? 1? ?1- ? 3? 3n? 3? 1? 3 ?1- ? =3× 1 =2? 3n?<2. 1-3

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数列与不等式相结合问题的处理方法

解决数列与不等式的综合问题时,如果是证明题要
灵活选择不等式的证明方法,如比较法、综合法、分析 法、放缩法等;如果是解不等式问题要使用不等式的各 种不同解法,如列表法、因式分解法,穿根法等.总之 这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理

就行了.
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2 20 3.等比数列{an}为递增数列,且 a4=3,a3+a5= 9 ,数列 an bn=log3 2 (n∈N*).

(1)求数列{bn}的前n项和Sn;
(2)Tn=b1+b2+b22+…+b2n-1, 求使 Tn>0 成立的最小 值 n.

?a q3=2, ? 1 3 解: (1)∵{an}是等比数列, 设其公比为 q, ? ∴ ?a1q2+a1q4=20, 9 ? q 3 1 两式相除得, 2= 10,q=3 或 q=3, 1+q 2 ∵{an}为递增数列,∴q=3,a1=81. ∴an=a1q
n-1

2 n-1 =81· =2·n-5, 3 3

an ∴bn=log3 2 =n-5, n?-4+n-5? 1 2 数列{bn}的前 n 项和 Sn= =2(n -9n). 2

(2)Tn =b1 +b2 +b22 +…b2n- 1 =(1-5)+(2-5)+(22 -5) 1-2n - +…+(2n 1-5)= -5n>0, 1-2 即 2n>5n+1. ∵24<5×4+1,25>5×5+1,∴nmin =5(只要给出正确结 果,不要求严格证明).

数列与不等式的综合应用 [例4] (2012· 湖南高考)某公司一下属企业从事某种高 科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2 000万元,将 其投入生产,到当年年底资金增长了50%.预计以后每年 资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开 始,每年年底上缴资金d万元,并将剩余资金全部投入下 一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an 万元. (1)用d表示a1,a2,并写出an+1与an的关系式; (2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元,试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).

[自主解答]

(1)由题意得 a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d,

3 5 a2=a1(1+50%)-d=2a1-d=4 500-2d. 3 an+1=an(1+50%)-d=2an-d.

3 (2)由(1)得 an=2an-1-d
? 3?3 =2?2an-2-d?-d ? ? ?3?2 3 =?2? an-2-2d-d ? ?



1 000?3m-2m 1? 故该企业每年上缴资金 d 的值为 时,经过 3m-2m m(m≥3)年企业的剩余资金为 4 000 万元.


? ?3?n-1 ?3?n-2? 3 ?3?2 =?2? a1-d?1+ +?2? +…+?2? ?. 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ??3?n-1 ? ?3?n-1 整理得 an=?2? (3 000-d)-2d??2? -1? ? ? ?? ? ? ?3?n-1 =?2? (3 000-3d)+2d. ? ? ?3?m-1 由题意,am=4 000,即?2? (3 000-3d)+2d=4 000. ? ? ??3?m ? ?? ? -2?×1 000 1 000?3m-2m+1? ??2? ? 解得 d= = . ?3?m 3m-2m ? ? -1 ?2?

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解决数列实际应用题的方法
解等差数列、等比数列应用题时,首先要认真审题, 深刻理解问题的实际背景,理清蕴含在语言中的数学关 系,把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问 题,使关系明朗化、标准化,然后用等差数列、等比数 列知识求解.这其中体现了把实际问题数学化的能力, 即数学建模能力.
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4.某市2010年新建住房400万平方米,其中有250万平方米 是中低价房,预计在今后的若干年内,该市每年新建住 房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中, 中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到 哪一年底, (1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2010年为累计的 第一年)将首次不少于4 750万平方米? (2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比 较首次大于85%?(参考数据:1.084≈1.36,1.085≈1.47, 1.086≈1.59)

解:(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是 等差数列,其中 a1=250,d=50, n?n-1? 则 Sn=250n+ 2 ×50=25n2+225n. 令 25n2+225n≥4 750, 即 n2+9n-190≥0,而 n 是正整数, 解得 n≥10.故到 2019 年底, 该市历年所建中低价房的累 计面积将首次不少于 4 750 万平方米.

(2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比
数列,其中b1=400,q=1.08,则bn=400×(1.08)n-1. 由题意可知an>0.85bn, 有250+(n-1)×50>400×(1.08)n-1×0.85. 当n=5时,a5<0.85b5,当n=6时,a6>0.85b6,

即满足上述不等式的最小正整数n为6.
故到2015年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造 住房面积的比例首次大于85%.

? 1 个问题——分期付款问题
等比数列中处理分期付款问题的注意事项:

(1)准确计算出在贷款全部付清时,各期所付款额及
利息(最后一次付款没有利息). (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付 款时所生的利息之和,等于商品售价及从购买到最后一次 付款时的利息之和,只有掌握了这一点,才可顺利建立等

量关系.

? 3 个注意——递推、放缩与函数思想的考查

(1)数列与解析几何结合时注意递推. (2)数列与不等式相结合时注意对不等式进行放缩. (3)数列与函数相结合时主要考查函数的思想及函数 的性质(多为单调性).

创新交汇——数列的新定义问题 1.数列题目中有时定义一个新数列,然后根据定义 的新数列所具备的性质解决有关问题.

2.解决新情境、新定义数列问题,首先要根据新情
境、新定义进行推理,从而明确考查的是哪些数列知识, 然后熟练运用归纳、构造、正难则反、分类与整合等方 法进行解题.

[典例]

(2011· 北京高考)若数列An:a1,a2,…,

an(n≥2)满足|ak+1-ak|=1(k=1,2,…,n-1),则称An为E 数列.记S(An)=a1+a2+…+an.

(1)写出一个满足a1=a5=0,且S(A5)>0的E数列A5;
(2)若a1=12,n=2 000.证明:E数列An是递增数列的充 要条件是an=2 011; (3)对任意给定的整数n(n≥2), 是否存在首项为0的E数 列An,使得S(An)=0?如果存在,写出一个满足条件的E数

列An;如果不存在,说明理由.

[解] (1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5.

(答案不唯一,0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5)
(2)必要性:因为E数列An是递增数列, 所以ak+1-ak=1(k=1,2,…,1 999). 所以An是首项为12,公差为1的等差数列. 所以a2 000=12+(2000-1)×1=2 011. 充分性:由于a2 000-a1 999≤1, a1 999-a1 998≤1,



a2-a1≤1,
所以a2 000-a1≤1 999,即a2 000≤a1+1 999. 又因为a1=12,a2 000=2 011, 所以a2 000=a1+1 999. 故ak+1-ak=1>0(k=1,2,…,1 999),

即An是递增数列.
综上,结论得证. (3)令ck=ak+1-ak(k=1,2,…,n-1),则ck=±1. 因为a2=a1+c1,a3=a1+c1+c2, …

an=a1+c1+c2+…+cn-1, 所以S(An)=na1+(n-1)c1+(n-2)c2+(n-3)c3+…+cn
-1

=(n-1)+(n-2)+…+1-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)

n?n-1? +…+(1-cn-1)]= 2 -[(1-c1)(n-1)+(1-c2)·(n-2) +…+(1-cn-1)]. 因为ck=± 1,所以1-ck为偶数(k=1,…,n-1). 所以(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)为偶 n?n-1? 数,所以要使S(An)=0,必须使 2 为偶数, 即4整除n(n-1),亦即n=4m或n=4m+1(m∈N*).

当 n=4m(m∈N*)时,E 数列 An 的项满足 a4k-1=a4k-3=0, a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m)时,有 a1=0,S(An)=0; 当 n=4m+1(m∈N*)时,E 数列 An 的项满足 a4k-1=a4k-3 =0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m),a4m+1=0 时,有 a1=0,S(An)=0; 当 n=4m+2 或 n=4m+3(m∈N*)时,n(n-1)不能被 4 整 除,此时不存在 E 数列 An,使得 a1=0,S(An)=0.

[名师点评] 1.本题具有以下创新点: (1)本题为新定义问题,命题背景新颖. (2)命题方式创新,既有证明题,也有探究性问题,同一个题 目中多种方式相结合. 2.解决本题要注意以下几个问题: 对于此类压轴型新定义数列题,首先要有抢分意识,得一分是 一分,多尝试解答,仔细分析,认真翻译;其次,要有运用数学思 想方法的意识,如构造、分类等.第(1)问中E数列A5的首尾都是0, 则必须先增后减或先减后增,或者摆动;第(2)问条件在后边,因 此,前推后是证明条件的必要性,不可颠倒,前推后比较容易,应 该先证明;第(3)问和第(1)问相呼应,所以在推理时要善于前后联 系,善于发现矛盾,从而找到解决问题的突破口.

[变式训练]

1.已知数列{an}:a1,a2,a3,…,an,如果数列{bn}:b1,

b2,b3,…bn满足b1=an,bk=ak-1+ak-bk-1,其中k
=2,3,…,n,则称{bn}为{an}的“衍生数列”.若数列

{an}:a1,a2,a3,a4的衍生数列是5,-2,7,2,则{an}为
________;若n为偶数,且{an}的“衍生数列”是{bn}, 则{bn}的“衍生数列”是________.

解析:由b1=an,bk=ak-1+ak-bk-1,k=2,3,…,n可得,

a4=5,2=a3+a4-7,解得a3=4.又7=a2+a3-(-2),解得
a2=1.由-2=a1+a2-5,解得a1=2,所以数列{an}为 2,1,4,5. 由已知,b1=a1-(a1-an),b2=a1+a2-b1=a2+(a1- an),….因为n是偶数,所以bn=an+(-1)n(a1-an)=a1.设

{bn}的“衍生数列”为{cn},则ci=bi+(-1)i(b1-bn)= ai +(-
1)i· 1-an)+(-1)i(b1-bn)=ai+(-1)i(a1-an)+(-1)i· n- (a (a a1)=ai,其中i=1,2,3,…,n.则{bn}的“衍生数列”是{an}.

答案:2,1,4,5 {an}

2.(2012· 上海高考改编)对于项数为m的有穷数列{an}, 记bk=max{a1,a2,…,ak}(k=1,2,…,m),即bk为 a1,a2,…,ak中的最大值,并称数列{bn}是{an}的控

制数列.如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.
(1)若各项均为正整数的数列{an}的控制数列为2,3,4,5,5, 写出所有的{an}; (2)设{bn}是{an}的控制数列,满足ak+bm-k+1=C(C为 常数,k=1,2,…,m).求证:bk=ak(k=1,2,…,

m).

解:(1)数列{an}为:2,3,4,5,1;2,3,4,5,2;2,3,4,5,3;

2,3,4,5,4;2,3,4,5,5.
(2)证明:因为bk=max{a1,a2,…,ak},bk+1=max{a1, a2,…,ak,ak+1}, 所以bk+1≥bk. 因为ak+bm-k+1=C,ak+1+bm-k=C, 所以ak+1-ak=bm-k+1-bm-k≥0, 即ak+1≥ak.

因此,bk=ak.

1. 已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 为 a(a∈R). 设 1 1 1 数列的前 n 项和为 Sn,且a ,a ,a 成等比数列. 1 2 4
(1)求数列{an}的通项公式及Sn;
1 1 1 1 1 1 1 (2)设 An= + + +…+S ,Bn= + + +…+ S1 S2 S3 a1 a2 a22 n
1 a2
n-1

.当 n≥2 时,试比较 An 与 Bn 的大小.

解:(1)设等差数列{an}的公差为 =a1(a1+3d). 因为 d≠0,所以 d=a1=a. an?n+1? 所以 an=na,Sn= . 2

? 1 ?2 1 1 ? ? = · ,得(a1+d)2 d,由 a a1 a4 ? 2?

1 ? 1 2? 1 ? ? (2)因为S =a?n-n+1?, n ? ? 1 ? 1 1 1 1 2? ? ? 所以 An= + + +…+S =a?1-n+1?. S1 S2 S3 n ? ? 因为 a2n-1=2n-1a,

1? 1 1 1 1 2? 1 所以 Bn= + + 2 +…+ n-1=a· = ?1- ?. a1 a2 a 1 a? 2n? a2 2 1- 2
1 当 n≥2 时,2n=C0 +Cn+C2 +…+Cn>n+1,即 n n n

?1? 1-?2?n ? ?

1 1 1- <1- n, 2 n+1 所以,当 a>0 时,An<Bn;当 a<0 时,An>Bn.

2.已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位:m2), 其中有部分旧住房需要拆除.当地有关部门决定每年以当 年年初住房面积的10%建设新住房,同时也拆除面积为 b(单位:m2)的旧住房. (1)分别写出第1年末和第2年末的实际住房面积的表达式;

(2)如果第5年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积
增加了30%,则每年拆除的旧住房面积b是多少?(计算时 取1.15≈1.6)

11 解:(1)第 1 年末的住房面积为 a· -b=1.1a-b(m2),第 2 年末的住房面 10
? 11 ? 11 ? 11 ? ? 11 ? ? ? ? ?2 ? 积为?a· -b?· -b=a· ? -b?1+10?=1.21a-2.1b(m2). ? ? ? 10 ? 10 ?10? ? ?

? ?11 ? ? ?11 ? 11 ?? 11 ? ? ?2 ? ?? ? (2)第 3 年末的住房面积为?a· ? -b?1+10??· -b=a· ?3- ? ? ? ? ?10? ? ?? 10 ?10? ? 11 ?11 ?2? 2 ? b?1+ +?10? ?(m ), 10 ? ? ? ? ? ? ?

第 4 年末的住房面积为 ? ?11 ? 11 ?11 ?2 ?11 ?3? 2 ? ?4 ? a· ? -b?1+ +?10? +?10? ?(m ), ? 10 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?10 ? ? 第 5 年末的住房面积为 ? ?11 ? 1-1.15 11 ?11 ?2 ?11 ?3 ?11 ?4? ? a· ?5-b?1+ +?10? +?10? +?10? ?=1.15a- b≈1.6a-6b(m2). ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 10 ? ? ? ? ? ? ? 1-1.1 ?10 ? ? a 依题意可知,1.6a-6b=1.3a,解得 b= ,所以每年拆除的旧住房面积 20 a 为 m2. 20

3.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;
Sn-m 1 (2)是否存在正整数 m,n,使得 < 成立?若存在, Sn+1-m 2 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, 即 a1+a2=ka1+2, 1 ∵a1=2,a2=1,∴2+1=2k+2,得 k=2. 1 1 于是,Sn+1=2Sn+2,设 Sn+1+x=2(Sn+x), 1 1 1 即 Sn+1=2Sn-2x,令-2x=2,得 x=-4, 1 ∴Sn+1-4=2(Sn-4), 1 即数列{Sn-4}是首项为-2,公比为2的等比数列. ?1?n-1 ? 1? ? ∴Sn-4=(-2)· ? ,即 Sn=4?1-2n?(n∈N*). ?2? ? ?

(2)由不等式

Sn-m 1 < , Sn+1-m 2

? 1? ?1- n?-m 4 2n?4-m?-4 1 2? 1 ? 得 ? <2,即 n < . 1 ? 2 ?4-m?-2 2 4?1-2n+1?-m ? ?

t-4 1 令 t=2 (4-m),则不等式变为 < , t-2 2
n

解得 2<t<6,即 2<2n(4-m)<6. 假设存在正整数 m,n,使得上面的不等式成立,由于 2n 为偶数,4 -m 为整数,

则只能是

?2n=2, ? 2n(4-m)=4,∴? ? ?4-m=2, ?m=3, ? 或? ?n=2. ?

?2n=4, ? 或? ? ?4-m=1.

?m=2, ? 解得? ?n=1, ?

于是,存在正整数 m=2,n=1 或 m=3,n=2, Sn-m 1 使得 < 成立. Sn+1-m 2


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