1、热点专题突破系列(三)数列的综合应用 考点一 等差数列与等比数列的综合问题【考情分析】等差、等比数列相结合的问题是高考考查的重点(1)综合考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差(比)中项、等差(比)数列的性质.(2)重点考查基本量(即“知三求二”,解方程(组)的计算以及灵活运用等差、等比数列的性质解决问题.【典例1】(2014湖南高考)已知数列an满足a1=1,|an+1-an|=pn,nN*.(1)若an是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值.(2)若p=,且a2n-1是递增数列,a2n是递减数列,求数列an的通项公式.12【解题提示】(1)由an是递增数
2、列,去掉绝对值号,求出前三项,再利用a1,2a2,3a3成等差数列,得到关于p的方程即可求解.(2)a2n-1是递增数列,a2n是递减数列,可以去掉绝对值号,再利用叠加法求通项公式.【规范解答】(1)因为an是递增数列,所以an+1-an=pn,又a1=1,a2=p+1,a3=p2+p+1,因为a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,4p+4=1+3p2+3p+3,3p2=p,解得p=或p=0,当p=0时,an+1-an=0,与an是递增数列矛盾,所以 p=.1313(2)因为a2n-1是递增数列,所以a2n+1-a2n-10,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1
3、)0,由于 ,所以|a2n+1-a2n|0,所以a2n-a2n-1=,因为a2n是递减数列,所以同理可得a2n+1-a2n0,所以d=3,q=2,an=3+(n-1)3=3n,bn=2n-1.(2)由(1)知 当n是偶数时,Tn=c1+c2+c3+cn=-S1+S2-S3+S4-Sn-1+Sn=a2+a4+a6+an=6+12+18+3n=2nnn2n33Snn,n22cS cos 3n33Snn,n.22 是偶数，是奇数3n n2.4当n是奇数时，Tn=Tn-1-Sn=23 n1 n133nn4222n23 n1.43n n2,n4T3 n1n.4 是偶数，综上可得，是奇数考点二 数列与函数
4、的综合问题【考情分析】数列与函数的特殊关系,决定了数列与函数交汇命题的自然性,是高考命题的易考点,主要考查方式有:(1)以函数为载体,考查函数解析式的求法,或者利用函数解析式给出数列的递推关系、数列前n项和的计算方法(2)根据数列是一种特殊的函数这一特点命题,考查利用函数的单调性来确定数列的单调性、最值或解决某些恒成立问题【典例2】(2015沈阳模拟)已知函数f(x)=,数列an满足 a1=1,an+1=f(),nN*.(1)求数列an的通项公式.(2)令Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+-a2na2n+1,求Tn.(3)令bn=(n2),b1=3,Sn=b1+b2+bn,若Sn0
5、,xR),不等式f(x)0的解集有且只有一个元素,设数列an的前n项和Sn=f(n)(nN*),(1)求数列an的通项公式.(2)设bn=,求数列bn的前n项和Tn.nna3【解析】(1)由已知得x2-ax+a0的解集有且只有一个元素,所以=(-a)2-4a=0,即a2-4a=0,又因为a0,所以a=4,所以f(x)=x2-4x+4,从而Sn=f(n)=n2-4n+4,当n=1时,a1=S1=1-4+4=1;当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-5.n1,n1,a2n5,n2nN*.所以且 n234nn2345nn 1n234nn 1nn11132n52T,33333111132n72n5T.
6、33333332121112n5T2(),33333331n1T.33因为所以得所以【加固训练】设函数f(x)的定义域为R,当x1,且对任意的实数x,yR,有f(x+y)=f(x)f(y).(1)求f(0),判断并证明函数f(x)的单调性.(2)数列an满足a1=f(0),且f(an+1)=(nN*),数列bn满足bn=an-8.求数列an的通项公式;求数列bn的前n项和Tn的最小值及相应的n的值.n1f2a【解析】(1)x,yR,f(x+y)=f(x)f(y),x1,令x=-1,y=0,则f(-1)=f(-1)f(0),因为f(-1)1,所以f(0)=1.若x0,则f(x-x)=f(0)=f
7、(x)f(-x),故f(x)=(0,1),故xR,f(x)0,任取x10,所以0f(x2-x1)1,所以f(x2)f(x1),故f(x)在R上是减函数.1fx(2)a1=f(0)=1,f(an+1)=f(2+an),由f(x)单调性an+1=an+2.故an是等差数列,所以an=2n-1.bn=2n-9,Tn=n2-8n,当n=4时,(Tn)min=-16.n1f2a 考点三 数列与不等式的综合问题【考情分析】数列与不等式的综合问题是高考考查的热点.考查方式主要有三种:(1)判断数列问题中的一些不等关系,如比较数列中的项的大小关系等.(2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题,求不等式中的参数
8、的取值范围等.(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题.【典例3】(2014上海高考)已知数列an满足 anan+13an,nN*,a1=1.(1)若a2=2,a3=x,a4=9,求x的取值范围.(2)设an是公比为q的等比数列,Sn=a1+a2+an,SnSn+13Sn,nN*,求q的取值范围.(3)若a1,a2,成等差数列,且a1+a2+ak=1000,求正整数k的最大值,以及k取最大值时相应数列a1,a2,的公差.1313【解题提示】(1)根据 a2a33a2,a3a43a3可求得x的范围.(2)需对q分类讨论,若q=1,易得符合题意,若q1时,再通过放缩法解不等式组即得结论.(3)k
9、=1000,d=0是一组解时,kmax1000,根据 anan+13an,可得 d ,然后根据a1+a2+ak=1000,得到关于d的关系式,而 d ,从而得到关于k的不等式,解此不等式即得.13131322k122k1【规范解答】(1)依题意,a2a33a2,所以 x6;又 a3a43a3,所以3x27;综上可得:3x6.132313(2)由已知得，an=qn-1,又 a1a23a1，所以 q3,当q=1时，Sn=n,SnSn+13Sn,即 n+13n,成立.当11,故3qn+1-qn-2=qn(3q-1)-22qn-20,对于不等式qn+1-3qn+20,令n=1,得q2-3q+20,解得
10、1q2,又当1q2时,q-30,所以qn+1-3qn+2=qn(q-3)+2q(q-3)+2=(q-1)(q-2)0成立,所以1q2,当 q1时，Sn=SnSn+13Sn,13n1 q1,1 q3nn 1n11 q1 q1 q3,3 1 q1 q1 q即所以此不等式即 3q-10,q-30,所以3qn+1-qn-2=qn(3q-1)-22qn-20,所以 q0,所以Sn-3,只有Sn=n2+n.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=2,符合an=2n,所以数列an的通项公式为an=2n(nN*).21S21a2nSnn1111(3)1aa12n 2n
11、14 n(n)2111111111114(n)(n1)(n)(n1)nn1444444因为，1122nn1122nn111aa1aa1a(a1)1111111()()()1111114 1223nn1444444111111().11434n331n1441111n.aa1aa1aa13所以故对一切正整数，有【加固训练】1.(2015贵阳模拟)已知数列an的前n项和为Sn,满足Sn=an-n(nN*).(1)求证:数列an+1是等比数列.(2)令bn=log3(a1+1)+log3(a2+1)+log3(an+1),对任意nN*,是否 存在正整数m,使 恒成立?若存在,求出m的值;若不存在,请
12、说明理由.3212n111mbbb4【解析】(1)当n=1时,S1=a1=a1-1,解得a1=2,当n2时,由Sn=an-n得Sn-1=an-1-n+1.两式相减得,Sn-Sn-1=an-an-1-1,即an=3an-1+2(n2),则an+1=3(an-1+1).又a1+1=2+1=3,故数列an+1是首项为3,公比为3的等比数列.3232323232(2)由(1)知an+1=33n-1=3n.所以bn=log3(a1+1)+log3(a2+1)+log3(an+1)=1+2+n=n n1,2n12n12112(),bn n1nn1111bbb1111112(1)()()2(1)223nn1
13、n1所以则由 对任意nN*恒成立，得 2(1-)，即m 对任意nN*恒成立,因为 ，所以m4.又因为mN*，所以m=1,2,3,4.12n111mbbb41n1m418(1)n111111n122 2.已知数列an为等比数列,其前n项和为Sn,已知a1+a4=-,且对 于任意的nN+,有Sn,Sn+2,Sn+1成等差数列.(1)求数列an的通项公式.(2)已知bn=n(nN+),记Tn=若(n-1)2 m(Tn-n-1)对于n2恒成立,求实数m的最小值.716312n123nbbbb|aaaa，【解析】(1)设公比为q,因为S1,S3,S2成等差数列,所以2S3=S1+S2,所以2a1(1+q
14、+q2)=a1(2+q),得q=-又a1+a4=a1(1+q3)=所以a1=所以an=a1qn-1=1,27,161,2n1().2(2)因为bn=n,an=所以 =n2n,所以Tn=12+222+323+n2n,2Tn=122+223+324+(n-1)2n+n2n+1,-得-Tn=2+22+23+2n-n2n+1,所以Tn=-(-n2n+1)=(n-1)2n+1+2.n1(),2nnb|an 12212若(n-1)2m(Tn-n-1)对于n2恒成立,则(n-1)2m(n-1)2n+1+2-n-1,(n-1)2m(n-1)(2n+1-1),所以m 令f(n)=,f(n+1)-f(n)=所以f
15、(n)为减函数,所以f(n)f(2)=.所以m .n 1n1,21n 1n121n 1n 2n 1n 2n 12n 21nn10,212121 211717考点四 数列的实际应用问题【考情分析】此类试题一般围绕着现实生活中的人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款等客观背景进行设置,它不仅涉及数列中的基本知识和方法,还往往涉及其他学科的知识和常识【典例4】(2015苏州模拟)某商店投入81万元经销某种纪念品,经销时间共60天,市场调研表明,该商店在经销这一产品期间第n天 的利润an=(单位:万元,nN*).为了获得更多的利润,商店将每天获得的利润投入到次日的经营中,记第n
16、天的利润率 bn=(1)求b1,b2的值.(2)求第n天的利润率bn.(3)该商店在经销此纪念品期间,哪一天的利润率最大?并求该日的利润率.1,1n20,n,21n60103312anb.n81 aa第 天的利润，例如，这 天的投入资金总和【解题提示】(1)根据利润an和利润率bn的定义求值.(2)分1n20和21n60两种情况求解.(3)根据(2)的结论,利用单调性或基本不等式求解.【规范解答】(1)当n=1时，b1=;当n=2时，b2=(2)当1n20时，a1=a2=a3=an-1=an=1，所以bn=当21n60时，所以第n天的利润率 1811.82n12n 1a1.81aaa80nnn
17、12n 12122n 1na10b81aaa8120aaa2n2n10.1nn1 600101n21 n2020n21,1n20,80nb2n,21n60,nN*.nn1 600(3)当1n20时，bn=是递减数列，此时bn的最大值为b1=当21n60时,bn=(当且仅当n=，即n=40时，“=”成立).又因为 所以当n=40时，(bn)max=所以该商店在经销此纪念品期间，第40天的利润率最大，且该日的 利润率为 180n1;8122n2221 600nn1 600792 1 6001n1n1 600n128179，2.792.79【规律方法】解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型:理
18、解题意,看是哪类数列模型,一般有等差数列模型、等比数列模型、简单的递推数列模型.基本特征见下表:数列模型 基本特征 等差数列 均匀增加或者减少 等比数列 指数增长,常见的是增产率问题、存款复利问题 简单递推 数列 指数增长的同时又均匀减少.如年收入增长率为20%,每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销,即数列an满足an+1=1.2an-a(2)准确解决模型:解模就是根据数列的知识,求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等,在解模时要注意运算准确.(3)给出问题的回答:实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案,在解题中不要忽视了这点.【变式训练】从经济效益出发,某
19、地投入资金进行生态环境建设,并 以此发展旅游产业.根据规划,2015年度投入800万元,以后每年投入 将比上年减少 ,2015年度当地旅游业估计收入400万元,由于该项 建设对旅游业的促进作用,预计今后的旅游业收入每年会比上年增 加 .(1)设n年内(2015年为第一年)总投入为an万元,旅游业总收入为bn万元,写出表达式.(2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入?1514【解析】(1)第一年投入为800万元,第二年投入为800(1-)万元,第n年的投入为800(1-)n-1万元,所以,n年内的总投入为:an=800+800(1-)+800(1-)n-1=4000-4000()n.151
20、5151545第一年旅游业收入为400万元,第二年旅游业收入为400(1+)万 元,第n年旅游业收入为400(1+)n-1万元,所以,n年内的旅游业总收入为 bn=400+400(1+)+400(1+)n-1=1600()n-1600.1414141454(2)设经过n年旅游业的总收入超过总投入,由此bn-an0,即1600()n-1600-4000+4000()n0,化简得2()n+5()n-70,设()n=x,代入上式,得5x2-7x+20,解此不等式,得x1(舍去),即()nBn,即40n2n2+2n,解得0nBn恒成立.令AnCn,即40n (2n-1),可得n10,所以当nAn,综上
21、,若你是一名闯关者,当你能冲过的关数小于10时,应选用第一种 奖励方案;当你能冲过的关数大于等于10时,应选用第三种奖励方案.122.一企业的某产品每件利润100元,在未做电视广告时,日销售量为b件.当对产品做电视广告后,记每日播n次时的日销售量为an(nN*)件,调 查发现:每日播一次则日销售量a1件在b件的基础上增加 件,每日播 二次则日销售量a2件在每日播一次时日销售量a1件的基础上增加 件,每日播n次,该产品的日销售an件在每日播n-1次时的日销售量 an-1件的基础上增加 件.合同约定:每播一次企业需支付广告费2b元.(1)试求出an与n的关系式.(2)该企业为了获得扣除广告费后的日
22、利润最大,求每日电视广告需播 多少次.b2b4nb2【解析】(1)由题意，电视广告日播k次时，该产品的日销售量ak 满足ak=ak-1+(kN*,a0=b),所以，该产品每日销售量an(件)与电视广告播放量n(次/日)的关系 式为an=b(2-)(nN*).kb2nn2nn111()bbb122ab()bbb(2)nN*.1222212所以n12(2)该企业每日播放电视广告n次时获利为 Cn=100b(2-)-2bn=100b(2-0.02n-)(nN*).因为Cn-Cn-1=100b(-0.02)0即2n50,nN*,所以n5(nN*),因为Cn+1-Cn=100b(-0.02)02n25n5,所以n=5.所以要使该产品每日获得的利润最大，则每日电视广告需播5次.n12n12n12n 112
