教案数列综合应用

2024-06-24

教案数列综合应用（通用8篇）

篇1：教案数列综合应用

专题三：数列的综合应用

备课人：陈燕东时间：备课组长

[考点分析]

高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；

（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

【例题精讲】

【题型1】求和，求通项

例1．设数列an的前n项和Sn=2n+1-2，数列bn满足bn（1）求数列an的通项公式；（2）求数列bn的前n项和Tn．

1．(n1)log2an变式训练1：已知数列an是公差不为0的等差数列，a12，且a2，a3，a41成等比数列．（1）求数列an的通项公式；（2）设bn

2，求数列bn的前n项和Sn．

nan2变式训练2．已知数列{an}的各项均为正数，Sn是数列{an}的前n项和，且4Snan2an3．（1）求数列{an}的通项公式；

（2）已知bn2n,求Tna1b1a2b2anbn的值．

2备选例题1．已知数列an的前n项和为Sn，且2Snnn.2（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn12an1,(nN*)求数列{bn}的前n项和Sn.anan

1备选例题2．已知数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。．（1）求数列错误！未找到引用源。的通项错误！未找到引用源。；（2）求数列错误！未找到引用源。的通项错误！未找到引用源。；

（3）若错误！未找到引用源。，求数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和错误！未找到引用源。．

【题型2】证明题

例2.已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数，（I）证明：an2an；

（II）是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.变式训练．已知函数fx123xx，数列an的前n项和为Sn，点n,SnnN均在函数22yfx的图象上.（1）求数列an的通项公式an；（2）令cn

【题型3】创新题型

例

3、设正项等比数列an的首项a11anan1，证明：2nc1c2cn2n.2an1an1，前n项和为Sn，且210S30(2101)S20S100。2（Ⅰ）求an的通项；（Ⅱ）求nSn的前n项和Tn。

备选例题： 1.在等差数列{an}中，公差d0,a2是a1与a4的等比中项.已知数列a1,a3,ak1,ak2,,akn,成等比数列，求数列{kn}的通项kn.【题型4】数列与不等式的综合题

例

4、已知有穷数列{an}共有2k项（整数k≥2），首项a1＝2．设该数列的前n项和为Sn，且an1＝，其中常数a＞1．(a1)Sn＋2（n＝1，2，┅，2k－1）（1）求证：数列{an}是等比数列；（2）若a＝22，┅，2k），求数列{bn}的通项公式；（3）若（2）中的数列{bn}满足不等式|b1－

【题型5】数列与函数的综合题

例

5、设数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数y＝3x－2的图像上。（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn有nN都成立的最小正整数m。

本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力。22k1，数列{bn}满足bn＝

1log2(a1a2an)（n＝1，n3333|＋|b2－|＋┅＋|b2k1－|＋|b2k－|≤4，求k的值． 2222m3，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn对所

20anan1

篇2：教案数列综合应用

第二章数列

第10课时等差数列和等比数列的综合应用

教学目标：

将等比数列的通项公式和前n项求和公式应用到应用题的有关计算中去；增强学生的应用意识，提高学生的实际应用能力.教学重点：

等比数列通项公式和前n项和公式的应用.教学难点：

利用等比数列有关知识解决一些实际问题教学过程： Ⅰ.问题情境：

Ⅱ.建构数学

Ⅲ.数学应用

例1水土流失是我国西部大开发中最突出的生态问题，全国9100万亩的坡耕地需要退耕还林，其中西部地区占70%，国家确定2000年西部退耕土地面积为515万亩，以后每年退耕土地面积递增12%，那么从2000年起到2005年底，西部地区退耕还林的面积共有多少万亩（精确到万亩）？

练习: 某地区荒山2200亩，从1995年开始每年春季在荒山植树造林，第一年植树100亩，以后每一年比上一年多植树50亩.（1）若所植树全部都成活，则到哪一年可将荒山全部绿化?（2）若每亩所植树苗、木材量为2立方米，每年树木木材量的自然增长率为20%，那么全部绿化后的那一年年底，该山木材总量为S，求S的表达式.8（3）若1.2≈4.3，计算S(精确到1立方米).例2 某人2004年初向银行申请个人住房公积金贷款20万元购买住房，月利率3.375%。，按复利计算，每月等额还贷一次，并从贷款后的次月初开始还贷，如果10年还清，那么每月应还贷多少元？

练习: 用分期付款的方式购买家电一件，价为1150元，购买当天先付150元，以后每月这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%，若交付150元后的每一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家用电器实际花费多少钱？

Ⅳ.课时小结

Ⅴ.课堂检测

篇3：数列知识的综合应用

一、数列与向量的综合应用

作为代数和几何纽带的平面向量, 具有几何和代数的双重属性, 是中学数学知识网络的一个交汇点, 它与数列的交汇融合能充分考查学生多方面的能力与水平.

1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若M, N, P三点共线, O为坐标原点, 且 (直线MP不过原点) , 则S32=____.

解析∵M, N, P三点共线能, 根据向量的知识可知:a31+a2=1, 又数列{an}为等差数列, ∴a1+a32=1, 易求s32=16.

2.已知点A (1, 0) , B (0, 1) 和P1, P2, P3, …, Pn, …, 且为互不相同的点, 满足 (n∈N*) , 其中{an}为等差数列, {bn}为等比数列, O为坐标原点, 若p1是线段AB的中点. (1) 求a1, b1的值.

(2) 点P1, P2, P3, …, Pn, …能否在同一条直线上?请证明你的结论.

解 (1) 由P1是线段AB的中点, 不共线, 由平面向量基本定理, 知a1=a2=1/2.

(2) 由, 设{an}的公差为d, {bn}的公比为q, 则由于P1, P2, P3, …, Pn, …互不相同, 所以d=0, q=1不同时成立.

当d=0时, 则, P1, P2, P3, …, Pn, …都在直线x=1/2上;

当q=1时, 则bn=1/2为常数列, P1, P2, P3, …, Pn, …都在直线y=1/2上;

当d≠0且q≠1时, 不共线, 即点P1, P2, P3, …, Pn, …不能在同一条直线上.

二、数列与三角的综合

三角函数不仅具有比较完备的函数性质, 而且具有独特的周期性和对称性等性质.这些特点使得三角函数常与数列等内容交汇综合应用.

3.数列{an}的通项, 其前n项和为Sn, 则S30为__-.

解析由于, 此数列是以3为周期的数列

4.设函数f (x) =2x-cosx, {an}是公差为π8的等差数列, f (a1) +f (a2) +…+f (a5) =5π, 则

解∵数列{an}是公差为π8的等差数列, 且f (a1) +f (a2) +…+f (a5) =5π,

本题难度较大, 综合性很强.突出考查了等差数列性质和三角函数性质的综合使用, 需考生加强知识系统、网络化学习.另外, (cosa1+cosa2+…+cosa5) =0, 隐蔽性较强, 需要考生具备一定的观察能力.

三、数列与解析几何的综合应用

数列与解析几何有机地结合在一起是二者之间的知识交汇点处设计的试题题型之一, 也体现了数列问题的综合性强、立意新、难度大的特点, 解决数列与解析几何的综合题须要充分利用数列、解析几何的基本概念、性质并结合图形来解决.

5.已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=2, a2=1, 且点 (Sn, Sn+1) 在直线y=kx+2上.

(1) 求k的值; (2) 求证{an}是等比数列;

6.设函数f (x) =x2, 过点C1 (1, 0) 作x轴的垂线l1交函数f (x) 的图像于点A1, 以A1为切点作函数f (x) 图像的切线交x轴于点C2, 再过C2作x轴的垂线l2交函数f (x) 图像于点A2, …, 以此类推得点An, 记An的横坐标为an, n∈N*.证明数列{an}为等比数列并求出其通项公式;

解 (1) 证明:以点An-1 (an-1, a2n-1) (n≥2) 为切点的切线方程为y-a2n-1=2an-1 (x-an-1) .当y=0时, 得.又∵a1=1, ∴数列{an}是以1为首项, 1/2为公比的等比数列.

∴通项公式为.

对于数列与几何图形相结合的问题, 通常利用几何知识, 结合图形, 得出关于数列相邻项an与an+1之间的关系.根据这个关系和所求内容变形, 得出通项公式或其他所求结论.

四、数列与函数

数列是一种特殊的函数, 以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点命题的特点, 能很好地培养逻辑推理能力和运算求解能力.

7.已知, 各项均为正数的数列{an}满足a1=1, an+2=f (an) , 若a2010=a2012, 则a20+a11的值是___.

解据题, 并且an+2=f (an) , 得到, 解得: (负值舍去) .依次往前推得到

本题主要考查数列的概念、组成和性质、同时考查函数的概念.理解条件an+2=f (an) 是解决问题的关键, 本题综合性强, 运算量较大.

8.等比数列{an}的前n项和为, 已知对任意的n∈N, 点 (n, Sn) 均在函数y=bx+r (b>0, b≠1, b, r均为常数) 的图像上, 则r的值为___.

解因为对任意的n∈N+, 点 (n, Sn) , 均在函数y=bx+r (b>0且b≠1, b, r均为常数的图像上.所以得Sn=bn+r, 当n=1时, a1=S1=b+r,

当n≥2时, an=Sn-Sn-1=bn+r- (bn-1+r) =bn-bn-1= (b-1) bn-1, 又因为{an}为等比数列, 所以r=-1, 公比为b, an= (b-1) bn-1.

五、数列与不等式

以数列为背景的不等式问题综合性强, 须灵活地应用相关的数列性质和不等式的方法去解决相关, 这类题型能很好地培养思维能力和灵活处理知识的能力.

9.设数列{bn}满足:b1=1/2, bn+1=b2n+bn, (1) 求证:

(2) 若, 对任意的正整数n, 3Tn-log2m-5>0恒成立.求m的取值范围.

∴对任意的n∈N*, bn>0.

篇4：第20讲数列的综合应用

数列综合应用包括数列的函数特性、数列与方程、数列与不等式、数列与解析几何相结合等多种综合方式，它是高考重点考查的内容.这类综合性问题的难度大小不一，有时偏简单，有时会较难.从近几年各地高考情况分析来看，在数列与函数方程相结合时，主要考查函数的思想及函数的性质（单调性、周期性）；在数列与不等式相结合时，主要考查对式子进行适当放缩的能力，考查考生是否能通过放缩把较一般的问题转变成特殊性问题；在数列与解析几何相结合时，主要考查考生的递推递进的思想，是否能从对特殊位置的处理方略延拓到更一般甚至无限远处的情况等.高考中也会出现考查运用数列知识解决数列综合题及实际应用题的能力.

这部分内容在高考中主要以解答题作为重点考查的情况，分值在8分左右，各地文、理科试卷差别较大，通常在文科卷上降低难度，以姊妹题的方式出现.

命题特点

数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度.解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解.近年来高考对数列的考查又有呈现出综合性强、立意新、难度大的特点，注重在知识交汇点处设计试题，如常常与函数、方程、不等式、三角变换、解析几何、导数、推理与证明等内容有机地结合在一起，重视对数列基础知识的运算和变形考查，重视对知识的转化与化归等数学思想方法和数学能力的认识深度的考查.

1. 数列与不等式的综合考查

数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题.主要考查考生的推理论证能力和分析、解决问题的能力、以及转化化归的思想和数学素养.

例1 已知公差不为0的等差数列[an]的首项[a1=a（a∈R）]，且[1a1，1a2，1a4]成等比数列.

（1）求数列[an]的通项公式；

（2）试比较[1a2+1a4+1a8+…+1a2n]与[1a1]的大小；

（3）已知[bn=（ann）n]，设数列[1loga2bn?loga2bn+1]的前[n]项和为[Tn]，求证：[Tn<1].

解析（1）设等差数列[an]的公差为[d]，由题意可知，[（1a2）2=1a1?1a4?a22=a1?a4]，即[（a1+d）2=a1（a1+3d）]，从而[a1d=d2]，而因为[d≠0]，则[d=a1]，所以[an=na].

（2）记[Tn=1a2+1a4+1a8+…+1a2n]，因为[a2n=2na]，

所以[Tn=1a[12+（12）2+（12）3+…+（12）n]]

[=1a?12[1-（12）n]1-12=1a[1-（12）n]].

从而，当[a>0]时，[1a2+1a4+1a8+…+1a2n<1a].

当[a<0]时，[1a2+1a4+1a8+…+1a2n>1a].

（3）由[bn=（ann）2n]结合（1）得：[bn=a2n]，

于是 [1loga2bn?loga2bn+1=1n（n+1）].

[∴Tn=（1-12）+（12-13）+…+（1n-1n+1）=1-1n+1<1.]

2. 数列与函数的综合应用

在数列与函数的综合问题中，常常是以函数解析式为载体通过转化与化归为与数列相关的问题，常用的数学思想方法有“函数与方程思想”“等价转化思想”等.

例2 等比数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知对任意的[n∈N*]，点[（n，Sn）]均在函数[y=bx+r（b>0，b≠1）]的图象上.

（1）求[r]的值；

（2）当[b=2]时，记[bn=n+14an]，求数列[bn]的前[n]项和为[Tn].

解析（1）由题意得[Sn=bn+r]，当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=bn-1（b-1）]，而因为[an]是等比数列，所以其公比是[b]，又由[a1=S1=b+r，a2=b（b-1）]得，[b（b-1）b+r=b]，[∴r=-1].

（2）由（1）知，[an=（b-1）bn-1=2n-1]，于是有[bn=n+14×2n-1=n+12n+1].

[∴Tn=222+323+…+n+12n+1，]即有[12Tn=223+324+][…+n2n+1+n+12n+2]，

两式相减得[12Tn=222+（123+124+…+12n+1）-n+12n+2][=34-12n+1-n+12n+2]，

[∴Tn=32-12n-n+12n+1=32-n+32n+1].

3. 数列与解析几何的交汇问题

从近几年新课标高考试题可以看出，不同省市的高考对该内容要求的不尽相同，教师指导考生复习时要注意因地制宜地把握好.在考查数列与解析几何交汇问题时，主要是利用解析几何中的点列作为切入点，破题的关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决.

例3 如图，从点[P1（0，0）]作[x]轴的垂线交曲线[y=ex]于点[Q1（0，1）]，曲线在[Q1]点处的切线与[x]轴交于点[P2].再从[P2]作[x]轴的垂线交曲线于点[Q2]，依次重复上述过程得到一系列点：[P1，Q1，P2，Q2，…，Pn，Qn]，记[Pk（xk，0）]点的坐标为[（xk，0）].

（1）试求[xk]与[xk-1]的关系[（2≤k≤n）]；

（2）求[P1Q1+P2Q2+…+PnQn].

nlc202309032100

分析先利用点[Qk-1]的坐标求过[Qk-1]的切线方程，在切线方程中令[y=0]就能得到[xk]与[xk-1]的关系式；在第二问中应该通过求[PkQk]的通项式，转化成求数列前[n]项和.

解析（1）设[Pk-1（xk-1，0），]由[y=ex]得，[Qk-1（xk-1，exk-1），]

则过点[Qk-1（xk-1，exk-1）]处切线方程为：[y-exk-1=exk-1（x-xk-1），]

由[y=0]得，[xk=xk-1-1（2≤k≤n）].

（2）由[x1=0]及[xk-xk-1=-1]，得[xk=-（k-1）]，

[∴PkQk=exk=e-（k-1）]，

从而[Sn=P1Q1+P2Q2+P3Q3+...+PnQn]

[=1+e-1+e-2+…+e-（n-1）=1-e-n1-e-1=e-e1-ne-1].

4. 数列与三角的交汇问题

从近几年有些省市新课标高考试题可以看出，高考对数列与三角内容要求很高，我们在复习时要注意把握其中的节奏.数列在与三角交汇时，主要是三角中众多公式转换与转换化简，问题的关键是充分利用常规三角化简手段，结合数列运算的特点，因势利导地解决问题.

例5 在数1和100之间插入[n]个实数，使得这[n+2]个数构成递增的等比数列，将这[n+2]个数的乘积记作[Tn]，再令[an=lgTn，n≥1].

（1）求数列[an]的通项公式；

（2）设[bn=tanan?tanan+1]，设求数列[bn]的前[n]项和[Sn].

解析（1）设[l1，l2，…，ln+2]构成等比数列，其中[t1=1，tn+2=100，]

则[Tn=t1t2…tn+1tn+2，] ①

[Tn=tn+1tn+2…t2t1，] ②

①×②并利用[t1tn+3-i=t1tn+2=102（1≤i≤n+2），]

[∴T2n=（t1tn+2）（t2tn+1）…（tn+1t2）（tn+2t1）=102（n+2）]，

[∴an=lgTn=n+2，n≥1.]

（2）由题意和（1）中计算结果知，

[bn=tan（n+2）?tan（n+3），n≥1].

又[tan1=tan（（k+1）-k）][=tan（k+1）-tank1+tan（k+1）?tank，]

[∴tan（k+1）?tank=tan（k+1）-tanktan1-1].

[∴Sn=k=1nbk=k=3n+2tan（k+1）?tank]

[=k=3n+2（tan（k+1）-tanktan1-1）=tan（n+3）-tan3tan1-n].

备考指南

1. 数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度.解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解.

2. 对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差（或等比）数列，但有的数列并没有指明，可以通过分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题.

3. 数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质.等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注.

限时训练

1.等比数列[x，3x+3，6x+6，…]的第四项等于（）

A.-24 B.0 C.12 D.24

2.已知数列[11×2，12×3，…，1n（n+1），…]，下面各数中是此数列中的项的是（）

A.[135] B.[142] C.[148] D.[154]

3. 在数列[an]中，[a1=1，anan-1=an-1+（-1）n（n≥2）]，则[a3a5]的值是（）

A.[1516] B.[158] C.[34] D.[38]

4. 在正项等比数列[an]中，[a1，a19]分别是方程[x2-9x+16=0]的两根，则[a8?a10?a12=] （）

A.16 B.32 C.64 D.256

5. 已知等差数列[an]的公差[d（d≠0）]，且[a1，a3，a9]成等比数列，则[a1+a3+a9a2+a4+a10=] （）

A.[914] B.[1115] C.[1316] D.[1517]

6.给出集合序列[1，2，3，4，5，6，…]，设[Sn]是第[n]个集合中元素之和，则[S21=] （）

A. 1113 B. 4641 C. 5082 D. 5336

7. 数列[an]的前[n]项和[Sn=2n-1]，则[a21+a22+…+a2n=] （）

A.[（2n-1）2] B.[13（2n-1）2]

C.[4n-1] D.[13（4n-1）]

8. 在[1～104]之间所有形如[2n]或[3n（n∈N*）]的数，它们各自之和的差的绝对值为[（lg2≈0.3010）] （）

A.[1631] B.[6542]

C.[15340] D.[17424]

9.定义：[f（x，y）=yx（x>0，y>0）]，已知数列[an]满足：[an=f（n，2）f（2，n）]，若对任意正整数[n]，都有[an≥ak]成立，则[ak]的值为（）

nlc202309032100

A.[89] B.[2] C.[3] D.[4]

10.函数[y=f（x）]的图象如图所示，在区间[a，b]上可找到[n（n≥2）]个不同的数[x1，x2，...，xn，]使得[f（x1）x1=f（x2）x2=]

[f（xn）xn，]则[n]的取值范围是（）

A.[3，4] B.[2，3，4]

C.[3，4，5] D.[2，3]

11.在等差数列[an]中，已知[a3+a8=10]，则[3a5+a7=]_________.

12.已知数列[an]满足：[a1=m（m∈N*）]，[an+1=an2（当an为偶数时），3an+1（当an为偶数时），]若[a6=1]，则[m]所有可能的值构成的集合为_________.

13.设数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知[a1=1，Sn+1][=2Sn+n+1]，则数列[an]的通项公式为[an=]________.

14.观察下列等式：

[12=1]

[12-22=-3]

[12-22+32=6]

[12-22+32-42=-10]

照此规律，第[n]个等式可为____________.

15.甲、乙两人用农药治虫，由于计算错误，在[A，B]两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克，实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的，现在只有两个能容纳1千克药水的药瓶，他们从[A，B]两个喷雾器中分别取1千克的药水，将[A]中取得的倒入[B]中，[B]中取得的倒入[A]中，这样操作进行了[n]次后， [A]喷雾器中药水的浓度为[an%]，[B]喷雾器中药水的浓度为[bn%].

（1）证明：[an+bn]是一个常数.

（2）推导[an]与[an-1]的递推关系式，并求[an]的表达式.

16. 设函数[f（x）=12x+sinx]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[sinSn].

17. 等比数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知对任意的[n∈N*]，点[（n，Sn）]均在函数[y=bx+r（b>0，b≠1）]的图象上.

（1）求[r]的值；

（2）当[b=2]时，记[bn=n+14an]，求数列[bn]的前[n]项和[Tn].

18. 已知数列[an]的前[n]项和为[Sn]，且满足[2Sn=pan-2n（p>2）].

（1）证明：数列[an+1]为等比数列；

（2）若[a2=3]，求数列[an]的通项公式；

（3）对于（2）中数列[an]，若数列[bn]满足[bn=log2（an+1）]，在[bk]与[bk+1]之间插入[2k-1]个2，得到一个新的数列[cn]，试问：是否存在正整数[m]，使得数列[cn]的前[m]项的和[Tm=2013]？如果存在，求出[m]的值；如果不存在，说明理由.

篇5：教案数列综合应用

一、教学目标

1.掌握等差、等比数列的性质；

2.能用类比的思想来研究等差、等比数列，体会它们的区别和联系；

3.理解等差数列前n项和Sn与二次函数的关系；掌握求等差数列前n项和最值的基本方法。

二、基础知识回顾与梳理

1、已知an是公差为d的等差数列，下列命题是否正确？

①a2,a4,...a12是等差数列；②an,an1,...a1是等差数列；③ca1,ca2,...can（c为常数）是等差数列．【教学建议】本题选自书本第35页习题，主要复习等差数列的概念，让学生学会用定义判断一个数列是否为等差数列．

2、设an是等比数列，下列命题正确吗？

2①an是等比数列； ②anan1是等比数列；③1是等比数列； ④lgan是等比数列； an⑤anan1是等比数列．

【教学建议】本题选自课本第60页习题，提问学生：如何判断一个数列是否为等比数列，学会用定义判断一个数列是否为等比数列，第⑤小题学生容易忽略等比数列各项不能为零．

3、下列说法是否正确？

①1与4的等比中项是2； ②等比数列an中a11,a54，则a32；

【教学建议】本题考察等比中项的概念，学生可能在概念上犯错，教师在讲解时不需要避免学生出错，让学生暴露问题，老师进一步理清概念．

4、数列1,x,x2,...xn1的前n项和Sn_________．

【教学建议】本题选自书本第56页习题，等比数列求和学生使用时很容易忘记讨论q1，主要让学生加深印象，对等比数列求和一定要考虑q1的特殊情形，进一步练习：等比数列an中，S33a3，则公比q______，说明一些特殊情况下可以回避用求和公式，避免讨论．

三、诊断练习

1、教学处理：数列小题解法较多，要重视学生自己思路解法。课前学生自主完成，黑板板演，老师点评学生思路方法，比较多种解法，比较优劣，归纳总结．

2、诊断练习点评

题1：在等差数列an中，若S1590，则a8=______________.【分析与点评】提出问题：条件S1590如何使用，引导学生思考用等差数列求和公式的两种表示形式来翻译条件，归纳思路：（1）完全化归为基本量表示，S1515a1寻求Sn和an的关系，S151514d90，化简得a8a17d6；（2）215(a1a15)90，利用性质2a8a1a15，解得a86．

2题2：公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，且3a,若a11，则S4＝________.a2,a3成等差数列，1答案为：20

【分析与点评】（1）等差等比数列的计算强调基本量的运算：化归为a1,d(q)的计算；（2）本题“递增”是关键，学生容易得到a11,a34q24q2，代入公式求解；也可以得到

a1a34,a1a35q24q2．

题3：等比数列an的各项均为正数,且a1a54,则log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5.第3题答案为：5

题4：：等差数列{an}的公差是2，若a2,a4,a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn第4题答案为：Sn_______ n(a1an)n(n1)2

3、要点归纳

（1）强化等差（比）数列的重要性质，对于下标和相等，等差（比）子数列的性质不同，要注意区别；（2）等差（比）数列的前n项和的性质也不同，特别注意有关等差数列前n项和Sn取最值问题，如“诊断练习”第3题；

（3）要重视等差（比）数列的性质在解题中的运用．

四、范例导析

例

1、数列an的前n项和为Sn，若a12且SnSn12nn2,nN

(1)求Sn；

(2)是否存在等比数列bn满足b1a1,b2a3,b3a9？若存在，求出数列bn的通项公式；若不存在，说明理由.【教学处理】让学生板演，了解学生读题后的第一想法，加以点评总结，同时规范学生的书写【引导分析与精讲建议】

1、第1问强调等差数列的证明,注意n1的验证；

2、第2问注重等差等比数列基本量的计算.解析:(1)因为SnSn12nn2,nN，所以有SnSn12n对n2,nN成立.即an2n对n2,nN成立，又a1S121，所以an2n对nN成立.所以an1an2a对nN成立，所以an是等差数列，所以有Sn(2)存在.由(1)知，an2n对nN成立，所以有a36,a918,又a12，所以有b12，b26,b318,则a1annn2n,nN.2b2b33，b1b2所以存在以b12为首项，以3为公比的等比数列bn.练习:（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10100，S10010，求S110；（2）已知等比数列{an}中，a1a2a37，a1a2a38，求an。

变式题：等差数列an的前m项和Sm30,前2m项和S2m100,求前3m项和S3m [点评]：这里变式题起到巩固知识的作用，引导学生用多种思路来求解．例2：已知数列{an}的前n项和为Sn.(Ⅰ)若数列{an}是等比数列,满足2a1式;(Ⅱ)是否存在等差数列{an},使对任意nN*都有anSn2n2(n1)?若存在,请求出所有满足条件的等差数列;若不存在,请说明理由.第2题答案为：

解:(Ⅰ)设等比数列

a33a2, a32是a2,a4的等差中项,求数列an的通项公an的首项为a1,公比为q，a1(2q2)3a1q,(1)2a1a33a2,依题意,有即32aa2(a2).432a1(qq)2a1q4.(2)由(1)得 q23q20,解得q1或q当q当q2.1时,不合题意舍;2时,代入(2)得a12,所以,an22n12n

(Ⅱ)假设存在满足条件的数列{an},设此数列的公差为d,则

[a1(n1)d][a1nn(n1)d]2n2(n1),得 2d22331n(a1dd2)n(a12a1dd2)2n22n对nN*恒成立, 2222d222,32则a1dd2，21223aadd0,1212解得d2,d2,或此时an2n,或an2n.a2,a2.112故存在等差数列{an},使对任意nN*都有anSn2n(n1).其中an2n, 或an2n

例

3、已知等差数列{an}的首项a11，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

（2）设数列cn对nN均有cc1c2nan1成立，求c1c2c2015． b1b2bn11an.22备用题：已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设fxlog3x,bnfa1fa2fan，Tn(3)若cnanfan，求cn的前n项和Un.111，求T2015； b1b2bn【教学处理】第（1）题，可由学生自行解答；第（2）题教师可引导学生进行观察和思考，教师点评时要侧重学生解题方法，注意运用函数的思想，注意对n1时情况的关注，培养学生严密的思维和严谨的学习态度。【引导分析与精讲建议】

（1）用方程思想求出首项和公差公比是解决问题的基础；

（2）对于等差等比综合问题学生会有困难，要引导学生抓住关键，注意等比数列证明方法；

（3）用函数的思想是解决第（2）题的关键所在，解题中要注意培养学生思维的严谨性，对表达中字母n的取值范围加以重视，注意对n1时情况的关注。

五、解题反思

篇6：数列的应用教案

教材：数列的应用

目的：引导学生接触生活中的实例，用数列的有关知识解决具体问题，同时了解处

理“共项” 问题。

过程：

一、例题：

1．《教学与测试》P93 例一）大楼共n层，现每层指定一人，共n人集中到设

在第k层的临时会议室开会，问k如何确定能使n位参加人员上、下楼梯所走的路程总和最短。（假定相邻两层楼梯长相等）解：设相邻两层楼梯长为a，则

Sa(12k1)0[12(nk)]

a[k(n1)kn2n

当n为奇数时，取kn

1S达到最小值

当n为偶数时，取kn2或n

2S达到最大值

2．在［1000，2000］内能被3整除且被4除余1的整数有多少个？

解：不妨设an3n,bm4m1(m,nN*)，则{cp}为{ an }与{ bn }的公共项构成的等差数列(1000≤cp≤2000)

∵an = bm ,即：3n=4m+1令n=3 , 则m=2∴c1=9且有上式可知：d=12 ∴cp=9+12(p1)(pN*)

由1000≤cn≤2000解得：83

712p1661112

∴p取84、85、„„、166共83项。

3．某城市1991年底人口为500万，人均住房面积为6 m2，如果该城市每年人

口平均增长率为1%，每年平均新增住房面积为30万m2，求2000年底该城市人均住房面积为多少m2？(精确到0.01)解：1991年、1992年、„„2000年住房面积总数成AP

a1 = 6×500 = 3000万m2，d = 30万m2，a10 = 3000 + 9×30 = 3270

1990年、1991年、„„2000年人口数成GP

b1 = 500 , q = 1% ,b9105001.015001.0937546.8

∴2000年底该城市人均住房面积为：

3270

5.98m2546 4．（精编P175例3）从盛有盐的质量分数为20%的盐水2 kg的容器中倒出1

kg盐水，然后加入1 kg水，以后每次都倒出1 kg盐水，然后再加入1 kg水，问：1.第5次倒出的的1 kg盐水中含盐多少g？

2.经6次倒出后，一共倒出多少k盐？此时加1 kg水后容器内盐水的盐的质量分数为多少？

解：1.每次倒出的盐的质量所成的数列为{an}，则：

a1= 0.2 kg ,a2=1×0.2 kg ,a3=(1)222×0.2 kg

由此可见：an=(12)n1×0.2 kg ,a5=(11

2)51×0.2=(2)4×0.2=0.0125 kg

2.由1.得{an}是等比数列a1=0.2 ,q=

1Sa(1q6)0.2(11

616)1q

0.3937kg11

50.40.393750.00625

0.0062520.003125

二、作业：《教学与测试》P94练习3、4、5、6、7

篇7：教案数列综合应用

课题：数列的应用举例

一、知识与技能

1、使学生掌握等差数列与等比数列在购物付款方式中的应用；

2、培养学生搜集、选择、处理信息的能力，发展学生独立探究和解决问题的能力，提高学生的应用意识；

二、教学重点难点

重点：抓住分期付款问题的本质分析问题；

难点：建立数学模型，理解分期付款的合理性。

三、过程与方法

通过创设情境、讲授法、讨论法、直观演示法、练习法提高学生发现问题、分析问题、解决问题的能力。

四、情感态度与价值观

通过学生之间，师生之间的交流与配合培养学生的合作意识和团队精神，通过独立运用数学知识解决实际问题，使学生体会学习数学知识的重要性，增强他们对数学学习的兴趣和对数学的情感。

五、实验与教具

多媒体

六、教学过程

复习引入

1、等差数列的通项公式：ana1(n1)d

等差数列的前n项和：Sn

2、等比数列的通项公式：

n(a1an)2n1na1n(n1)d2

ana1q

a1anq1qa1(1q)1qn

等比数列的前n项和：Snna1(q1)或Sn(q1)

创设情境

1、有一位大学毕业生到一家私营企业去工作，试用期后，老板对这位大学生很赞赏，有意留下他，便给出两种薪酬方案供他选择。

其一，工作一年，月薪5000元；其二，工作一年，20(12)12128190(0元)②复利（教材P48问题4）：把上期末的本利和作为下一期的本金，在计算时每期本金数额是不同的。

SP(1r)n（其中P表示本金、r表示利息、n表示存期、S表示本息和）

自主练习

篇8：《数列的综合应用》强化训练导航

数列的综合应用与交汇是高考命题的重要特点.预测未来的高考对数列的考查要求不会有大的变化, 客观题相对容易, 而主观题难度较大, 以中高档题为主.

一、数列知识范围内的综合

例1 在数列{an}, {bn}中, a1=2, b1=4, 且 an, bn, an+1成等差数列, bn, an+1, bn+1成等比数列.

(Ⅰ) 求数列{an}, {bn}的通项公式;

(Ⅱ) 证明 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i} + b_{i}} ＜ \frac{5}{12} .$

解析: (Ⅰ) 由条件得2bn=an+an+1, a $_{n + 1}^{2}$ =bnbn+1, 可得

a2=6, b2=9, a3=12, b3=16, a4=20, b4=25.

于是猜测 an=n (n+1) , bn= (n+1) 2, 易用数学归纳法证明.

$(Ⅱ) \frac{1}{a_{1} + b_{1}} = \frac{1}{6} ＜ \frac{5}{12} . n \geq 2$ 时,

an+bn= (n+1) (2n+1) >2n (n+1) ,

故 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i} + b_{i}} ＜ \frac{1}{6} + \frac{1}{2} (\frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{3 \times 4} + \dots + \frac{1}{n (n + 1)}) = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{n + 1}) ＜ \frac{1}{6} + \frac{1}{4} = \frac{5}{12} .$

综上, 原不等式成立.

友情提醒:第 (Ⅱ) 题看似平常, 但有两道坎:一是学生对 $\frac{1}{(n + 1)^{2}} ＜ \frac{1}{n (n + 1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$ 烂熟于心, 但不一定能迁移到 $\frac{1}{(n + 1) (2 n + 1)} ＜ \frac{1}{2 n (n + 1)}$ ;二是放大时应首项不动, 从第二项开始放缩, 否则只能得到 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i} + b_{i}} ＜ \frac{1}{2}$ , 不合要求.事实上, 若从第三项开始放缩, 第 (Ⅱ) 题还可加强为 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i} + b_{i}} ＜ \frac{2}{5}$ .因此在求解时既要从宏观上把握方法, 又要在细微处灵活调整.

二、数列的实际应用

例2 某水库年初的存水量为 a (a≥10000) , 其中污染物的含量为 p0, 该年每月降入水库的水量与月份 n 的关系是 an=20-|n-7| (1≤n≤12, n∈N*) , 且每月流入水库的污水量为 r, 其中污染物的含量为 p (p<r) , 又每月库水的蒸发量也为 r (假设水与污染物能充分混合, 且污染物不蒸发, 该年水库的水不作它用) .

(Ⅰ) 求第 n 个月水库含污比 bn 的表达式 (含污比 $= \frac{污染物含量}{库容总量})$ ;

(Ⅱ) 当 p0=0时, 求水质最差的月份及此月份的含污比.

解析: (Ⅰ) 第 n 个月水库含污染物 p0+pn, 库容总量为

$\begin{array}{l} a + a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} ‚ \\ a_{n} = {\begin{cases} 13 + n (1 \leq n \leq 6) ‚ \\ 27 - n (7 \leq n \leq 12) ‚ \end{cases} \end{array}$

故

$b_{n} = {\begin{cases} \frac{2 p_{0} + 2 p n}{n^{2} + 27 n + 2 a} (1 \leq n \leq 6) ‚ \\ \frac{2 p_{0} + 2 p n}{- n^{2} + 53 n + 2 a - 84} (7 \leq n \leq 12) . \end{cases}$

又 p0=0, a≥10000,

①当1≤n≤6时, $b_{n} = \frac{2 p}{n + \frac{2 a}{n} + 27}$ , 利用“双勾函数”的单调性可得:当 n=6时, $(b_{n})_{\max} = \frac{12 p}{198 + 2 a}$ ;

②当7≤n≤12时, $b_{n} = \frac{2 p}{- n + \frac{2 a - 84}{n} + 53}$ , 当 n=12时, $(b_{n})_{\max} = \frac{12 p}{204 + a} .$

由 a≥10000, 知 $\frac{12 p}{204 + a} ＞ \frac{12 p}{198 + 2 a}$ , 故水质最差的是12月份, 其含污比为 $\frac{12 p}{204 + a} .$

友情提醒:数列应用题一般所涉及的量较多, 反复阅读、仔细理解题意, 理清头绪, 弄清各个量之间的关系是建模的关键.第 (Ⅰ) 题涉及数列求和, 要分类讨论;第 (Ⅱ) 题求数列的最大项, 除了常规方法外, 有时也可直接利用相应函数的单调性来处理.

三、数列与函数、方程、不等式、三角、极限、解析几何等知识的交汇

例3 对于函数 f (x) , 若存在 x0∈R, 使 f (x0) =x0 成立, 则称 x0 为 f (x) 的不动点.如果函数 $f (x) = \frac{x^{2} + a}{b x - c} (b ‚ c \in Ν^{*})$ 有且仅有两个不动点0和2, 且 $f (- 2) ＜ - \frac{1}{2} .$

(Ⅰ) 试求函数 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 已知各项不为零的数列{an}满足 $4 S_{n} \cdot f (\frac{1}{a_{n}}) = 1$ , 求证: $(1 - \frac{1}{a_{n}})^{a_{n + 1}} ＜ \frac{1}{e} ＜ (1 - \frac{1}{a_{n}})^{a_{n}}$ ;

(Ⅲ) 设 $b_{n} = - \frac{1}{a_{n}} ‚ Τ_{n}$ 为数列{bn}的前 n 项和, 求证:T2009-1<ln2009<T2008.

$\begin{array}{l} 解析 : (Ⅰ) 设 \frac{x^{2} + a}{b x - c} = x \\ \Rightarrow (1 - b) x^{2} + c x + a = 0 (b \neq 1) \\ \Rightarrow {\begin{cases} 2 + 0 = - \frac{c}{1 - b} ‚ \\ 2 \times 0 = \frac{a}{1 - b} \end{cases} \\ \Rightarrow {\begin{cases} a = 0 ‚ \\ b = 1 + \frac{c}{2} . \end{cases} \end{array}$

所以 $f (x) = \frac{x^{2}}{(1 + \frac{c}{2}) x - c} .$

由 $f (- 2) = \frac{- 2}{1 + c} ＜ - \frac{1}{2} \Rightarrow - 1 ＜ c ＜ 3 .$

又因为 b, c∈N*, 所以 c=2, b=2,

所以 $f (x) = \frac{x^{2}}{2 (x - 1)} (x \neq 1) .$

$\begin{array}{l} 于是 f^{'} (x) = \frac{2 x \cdot 2 (x - 1) - x^{2} \cdot 2}{4 (x - 1)^{2}} \\ = \frac{x^{2} - 2 x}{2 (x - 1)^{2}} . \end{array}$

由 f ′ (x) >0得 x<0或 x>2;

由 f ′ (x) <0得0<x<1或1<x<2.

故函数 f (x) 的单调递增区间为 (-∞, 0) 和 (2, +∞) , 单调递减区间为 (0, 1) 和 (1, 2) .

友情提醒:此处学生最容易忽视函数的定义域而将单调递减区间错写为 (0, 2) .

(Ⅱ) 由已知可得2Sn=an-a $_{n}^{2}$ .

当 n≥2时, 2Sn-1=an-1-a $_{n - 1}^{2}$ , 两式相减得

(an+an-1) (an-an-1+1) =0,

所以 an=-an-1或 an-an-1=-1.

当 n=1时, 2a1=a1-a $_{1}^{2}$ ⇒a1=-1, 若 an=-an-1, 则 a2=1这与 an≠1矛盾. (这也是学生容易忽视函数定义域而出错的地方) .

所以只能有 an-an-1=-1, 得 an=-n.

于是, 待证不等式即为

$(1 + \frac{1}{n})^{- (n + 1)} ＜ \frac{1}{e} ＜ (1 + \frac{1}{n})^{- n}$ ,

它等价于 $(1 + \frac{1}{n})^{n} ＜ e ＜ (1 + \frac{1}{n})^{n + 1} .$

取对数转化为

$\begin{array}{l} n \ln (1 + \frac{1}{n}) ＜ 1 ＜ (n + 1) \ln (1 + \frac{1}{n}) \\ \Leftrightarrow \frac{1}{n + 1} ＜ \ln (1 + \frac{1}{n}) ＜ \frac{1}{n} . \end{array}$

这是含有自然对数的数列不等式, 我们可以考虑先证明不等式:

$\frac{x}{x + 1} ＜ \ln (x + 1) ＜ x (x ＞ 0)$ ,

再采用赋值法, 令式中的 $x = \frac{1}{n}$ 即可得证.事实上, 构造函数 $g (x) = x - \ln (1 + x) ‚ h (x) = \ln (x + 1) - \frac{x}{x + 1}$ ,

则 $g^{'} (x) = \frac{x}{1 + x} ‚ h^{'} (x) = \frac{x}{(x + 1)^{2}} .$

因为 x>0, 故

g′ (x) >0, h′ (x) >0,

g (x) , h (x) 在 (0, +∞) 上都是增函数, 于是

g (x) >g (0) =0, h (x) >h (0) =0,

从而当 x>0时, 则有

$\frac{x}{x + 1} ＜ \ln (x + 1) ＜ x .$

(Ⅲ) 由 (Ⅱ) 可知 $b_{n} = \frac{1}{n}$ , 则 $Τ_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ .在 $\frac{1}{n + 1} ＜ \ln (1 + \frac{1}{n}) ＜ \frac{1}{n}$ 中, 令 n=1, 2, 3, …, 2008, 并将各式相加得:

$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2009} ＜ \ln \frac{2}{1} + \ln \frac{3}{2} + \dots + \ln \frac{2009}{2008} ＜ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2008}$ ,

即 T2009-1<ln2009<T2008.

友情提醒:第 (Ⅱ) 题这种通过构造辅助函数, 利用导数来证明数列不等式的做法, 与近几年的高考试题的风格一脉相承, 高度吻合.希望引起同学们对这类题型的重视.如何构造恰当的辅助函数是处理此类问题的难点, 其间渗透着数列中的函数思想.

例4 已知抛物线C:y=x2, 从原点O出发且斜率为 k0 的直线 l0 交抛物线C于一异于点O的点A1 (x1, y1) , 过A1作一斜率为 k1 的直线 l1 交抛物线C于一异于A1的点A2 (x2, y2) , …, 过点An作斜率为 kn 的直线 ln 交抛物线C于一异于An的点An+1 (xn+1, yn+1) , 且知 kn=k $_{0}^{n + 1}$ (k0>0且 k0≠1) . (Ⅰ) 求 x1、x2、x3 以及 xn+1与 xn 之间的递推关系式; (Ⅱ) 求数列{xn}的通项公式; (Ⅲ) 在0<k0<1时, 求 $\lim_{n \to \infty} y_{n}$ 的值.

解析: (Ⅰ) 由

${\begin{cases} y = x^{2} ‚ \\ y = k_{0} x \end{cases}$

得A1 (k0, k $_{0}^{2}$ ) , 所以 x1=k0.

又

${\begin{cases} y = x^{2} ‚ \\ y = k_{1} x - k_{1} k_{0} + k_{0}^{2} ‚ \end{cases}$

得 x2-k1x+k1k0-k $_{0}^{2}$ =0,

解得 x2=k1-k0=k $_{0}^{2}$ -k0,

可得 y2= (k1-k0) 2= (k $_{0}^{2}$ -k0) 2.

所以 l2:y- (k $_{0}^{2}$ -k0) 2=k2 (x-k $_{0}^{2}$ +k0) .

再与 y=x2 联立, 得 x3=k $_{0}^{3}$ -k $_{0}^{2}$ +k0.

由题意 $k_{n} = \frac{y_{n + 1} - y_{n}}{x_{n + 1} - x_{n}} = x_{n + 1} + x_{n}$ , 由 kn=k $_{0}^{n + 1}$ , 故 xn+1+xn=k $_{0}^{n + 1}$ , 即递推关系是 xn+1=-xn+kn+10.

(Ⅱ) 因为 xn+1+xn=k $_{0}^{n + 1}$ , 故

$\frac{x_{n + 1}}{k_{0}^{n + 1}} = - \frac{1}{k_{0}} \cdot \frac{x_{n}}{k_{0}^{n}} + 1 .$

$\begin{array}{l} 令 \frac{x_{n}}{k_{0}^{n}} = a_{n} ‚ 则 a_{n + 1} = - \frac{1}{k_{0}} a_{n} + 1 ‚ \\ a_{n + 1} - \frac{k_{0}}{k_{0} + 1} = - \frac{1}{k_{0}} (a_{n} - \frac{k_{0}}{k_{0} + 1}) . \\ a_{n} - \frac{k_{0}}{k_{0} + 1} = (a_{1} - \frac{k_{0}}{k_{0} + 1}) (- \frac{1}{k_{0}})^{n - 1} \\ = (\frac{x_{1}}{k_{0}} - \frac{k_{0}}{k_{0} + 1}) (- \frac{1}{k_{0}})^{n - 1} \\ = \frac{1}{k_{0} + 1} (- \frac{1}{k_{0}})^{n - 1} ‚ \end{array}$

所以 $a_{n} = \frac{1}{k_{0} + 1} [k_{0} + (- \frac{1}{k_{0}})^{n - 1}]$ ,

$\begin{array}{l} 故 x_{n} = \frac{k_{0}^{n + 1} - (- 1)^{n} k_{0}}{k_{0} + 1} . \\ (Ⅲ) \lim_{n \to \infty} y_{n} = (\frac{k_{0}}{k_{0} + 1})^{2} . \end{array}$

友情提醒:解析几何与数列的综合题一般做法是:根据题中的条件, 选取几个相邻的动点, 抓住它们之间的内在联系, 利用几何知识建立起数列的递推关系, 再根据递推关系求出数列的通项公式, 进而来解决数列的其他问题.

巩固练习:

1.已知函数 f (x) 在 (-1, 1) 内有定义, $f (\frac{1}{2}) = 1$ , 且满足对任意 x, y∈ (-1, 1) 都有 $f (x) - f (y) = f (\frac{x - y}{1 - x y})$ .数列{xn}中, $x_{1} = \frac{1}{2} ‚ x_{n + 1} = \frac{2 x_{n}}{1 + x_{n}^{2}} . (Ⅰ)$ 求 f (0) 的值, 并求证:f (x) 在 (-1, 1) 上为奇函数; (Ⅱ) 求 f (xn) 的表达式; (Ⅲ) 是否存在自然数 m, 使得对于任意 n∈N*, 都有 $\frac{1}{f (x_{1})} + \frac{2}{f (x_{2})} + \dots + \frac{n}{f (x_{n})} ＞ m^{2} - 4 m - 10$ 成立?若存在, 求出 m 的最大值.

2.设 $f (x) = \frac{a x^{2} + b x + 1}{x + c} (a > 0)$ 为奇函数, 且 $| f (x) |_{\min} = 2 \sqrt{2}$ , 数列{an}与{bn}满足如下关系: $a_{1} = 2 ‚ a_{n + 1} = \frac{f (a_{n}) - a_{n}}{2} ‚ b_{n} = \frac{a_{n} - 1}{a_{n} + 1} .$

(Ⅰ) 求 f (x) 的解析表达式;

(Ⅱ) 证明: $b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} ＜ \frac{1}{2} .$

3.某地正处于地震带上, 预计20年后该地将发生地震.当地决定重新选址建设新城区, 同时对旧城区进行拆除.已知旧城区的住房总面积为64a m2, 每年拆除的数量相同;新城区计划第一年建设住房面积 am2, 开始几年每年以100%的增长率建设新住房, 然后从第五年开始, 每年都比上一年增加 am2.设第 n (n≥1, 且 n∈N*) 年新城区的住房总面积为 anm2, 该地的住房总面积为 bnm2.

(Ⅰ) 求 an;

(Ⅱ) 若每年拆除4am2, 比较 an+1与 bn 的大小.

4.如图1, 设曲线C:y2=x (y≥0) 上的点P0 (x0, y0) , 过P0作斜率为 $\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}$ 的直线与 y 轴交于Q1, 过Q1作平行于 x 轴的直线与曲线C交于P1 (x1, y1) , 然后再过P1作斜率为 $\frac{1}{2 \sqrt{x_{1}}}$ 的直线交 y 轴于Q2, 过Q2作平行于 x 轴的直线与曲线C交于P2 (x2, y2) , 仿此, 作出以下点列P0, Q1, P1, Q2, P2, Q3, …, Pn, Qn+1, …, 已知 x0=1, 设Pn (xn, yn) .

(Ⅰ) 设 xn=f (n) (n=0, 1, 2, …) , 求 f (n) 的表达式;

(Ⅱ) 计算S△P0Q1P1+S△P1Q2P2+…+P△PnQn+1Pn+1+…;

(Ⅲ) 求 $\lim_{n \to \infty} \frac{| Ρ_{n - 1} Ρ_{n} |}{| Ρ_{n} Ρ_{n + 1} |} .$

5.已知数列{an}的前 n 项和Sn满足Sn+1=kSn+2 (n∈N*) , 且 a1=2, a2=1.

(Ⅰ) 求 k 的值和Sn的表达式;

(Ⅱ) 是否存在正整数 m, n, 使 $\frac{S_{n} - m}{S_{n + 1} - m} ＜ \frac{1}{2}$ 成立?若存在, 则求出这样的正整数;若不存在, 请说明理由.

6.已知向量 $a = (\cos \frac{π x}{4} ‚ 1), b = (f (x) ‚ 2 \sin \frac{π x}{4}) ‚ a / / b$ , 数列{an}满足: $a_{1} = \frac{1}{2}, a_{n + 1} = f (a_{n}) .$

(Ⅰ) 证明:0<an<an+1<1;

(Ⅱ) 已知 $a_{n} \geq \frac{1}{2}$ , 证明: $a_{n + 1} - \frac{π a_{n}}{4} \geq \frac{4 - π}{4}$ ;

(Ⅲ) 设Tn是数列{an}的前 n 项和, 判断Tn与 n-3的大小, 并说明理由.

7.设数列{an}, {bn}满足 $a_{1} = \frac{1}{2} ‚ 2 n a_{n + 1} = (n + 1) a_{n}$ 且 $b_{n} = \ln (1 + a_{n}) + \frac{1}{2} a_{n}^{2} .$

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 证明 $\frac{2}{a_{n} + 2} ＜ \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 成立;

(Ⅲ) 记数列{a $_{n}^{2}$ }, {bn}的前 n 项和分别为An, Bn, 证明2Bn-An<4.

参考答案

1.解: (Ⅰ) 令 x=y=0, 则

f (0) -f (0) =f (0) ⇒ f (0) =0.

令 x=0, 则有

f (0) -f (y) =f (-y) ⇒ f (-y) =-f (y) ,

所以对任意 x∈ (-1, 1) , f (-x) =-f (x) , 即 f (x) 在 (-1, 1) 上是奇函数.

(Ⅱ) 因为{xn}满足 $x_{1} = \frac{1}{2} ‚ x_{n + 1} = \frac{2 x_{n}}{1 + x_{n}^{2}}$ , 所以 0<xn<1.因为 $f (x_{n}) - f (- x_{n}) = f [\frac{x_{n} - (- x_{n})}{1 - x_{n} \cdot (- x_{n})}] = f (\frac{2 x_{n}}{1 + x_{n}^{2}})$ ,

又 f (x) 在 (-1, 1) 上为奇函数,

所以 f (xn+1) =2f (xn) .

又 $x_{1} = \frac{1}{2} ‚ f (\frac{1}{2}) = 1$ , 所以{f (xn) }是以 f (x1) =1为首项, 2为公比的等比数列, 所以 f (xn) =2n-1.

(Ⅲ) 利用错位相减可得

$S_{n} = 4 - \frac{1}{2^{n - 2}} - \frac{n}{2^{n - 1}} = 4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}} .$

因为 $S_{n + 1} - S_{n} = \frac{n + 2}{2^{n - 1}} - \frac{n + 3}{2^{n}} = \frac{n + 1}{2^{n}} ＞ 0 ‚ S_{n + 1} ＞ S_{n}$ , 所以数列{Sn}单调递增, Sn的最小值为S1=1.

只需 m2-4m-10<1⇒ (m-2) 2<15, 又 m∈N*, 故 m 的最大值为5.

2.解: (Ⅰ) 由 f (x) 是奇函数, 得 b=c=0;由 $| f (x) |_{\min} = 2 \sqrt{2}$ , 得 a=2,

$\begin{array}{l} 故 f (x) = \frac{2 x^{2} + 1}{x} . \\ (Ⅱ) a_{n + 1} = \frac{f (a_{n}) - a_{n}}{2} = \frac{a_{n}^{2} + 1}{2 a_{n}} ‚ \\ b_{n + 1} = \frac{a_{n + 1} - 1}{a_{n + 1} + 1} = (\frac{a_{n} - 1}{a_{n} + 1})^{2} = b_{n}^{2} ‚ \end{array}$

两边取对数可得 $b_{n} = (\frac{1}{3})^{2^{n - 1}} .$

当 n=1时, $b_{1} = \frac{1}{3}$ , 命题成立.

当 n≥2时, 因为2n-1= (1+1) n-1=1+C $_{n - 1}^{1}$ +C $_{n - 1}^{2}$ +…+C $_{n - 1}^{n - 1}$ ≥1+C $_{n - 1}^{1}$ =n,

所以 $(\frac{1}{3})^{2^{n - 1}} ＜ (\frac{1}{3})^{n}$ ,

即 $b_{n} \leq (\frac{1}{3})^{n} . b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} \leq \frac{1}{3} + (\frac{1}{3})^{2} + \dots + (\frac{1}{3})^{n} = \frac{1}{2} [1 - (\frac{1}{3})^{n}] ＜ \frac{1}{2} .$

$\begin{array}{l} 3 . 解 ∶ (Ⅰ) a_{n} = {\begin{cases} (2^{n} - 1) a (1 \leq n \leq 4) ‚ \\ \frac{n^{2} + 9 n - 22}{2} a (n \geq 5) . \end{cases} \\ (Ⅱ) 1 \leq n \leq 3 \end{array}$

时, an+1= (2n+1-1) a, bn= (2n-1) a+64a-4na, 显然有 an+1<bn.

n=4时, an+1=a5=24a, bn=b4=63a, 此时 an+1<bn.

$\begin{array}{l} 5 \leq n \leq 16 时 ‚ a_{n + 1} = \frac{n^{2} + 11 n - 12}{2} a ‚ \\ b_{n} = \frac{n^{2} + 9 n - 22}{2} a + 64 a - 4 n a ‚ \\ a_{n + 1} - b_{n} = (5 n - 59) a . \end{array}$

所以, 5≤n≤11时, an+1<bn;

12≤n≤16时, an+1>bn.

n≥17时, 显然 an+1>bn.

故当1≤n≤11时, an+1<bn;

当 n≥12时, an+1>bn.

$\begin{array}{l} 4 . 解 ∶ (Ⅰ) x_{n} = f (n) = (\frac{1}{4})^{n} (n = 0 ‚ 1 ‚ 2 ‚ \dots) . \\ (Ⅱ) S_{n} = \frac{1}{2} x_{n + 1} (y_{n} - y_{n + 1}) = (\frac{1}{2})^{3 n + 4} ‚ \\ S_{△ Ρ_{0} Q_{1} Ρ_{1}} + S_{△ Ρ_{1} Q_{2} Ρ_{2}} + \dots + Ρ_{△ Ρ_{n} Q_{n + 1} Ρ_{n + 1}} + \dots = \frac{1}{14} . \\ (Ⅲ) \lim_{n \to \infty} \frac{| Ρ_{n - 1} Ρ_{n} |}{| Ρ_{n} Ρ_{n + 1} |} = 2 . \end{array}$

$\begin{array}{l} 5 . 解 ∶ (Ⅰ) k = \frac{1}{2}, \\ S_{n} = \frac{2 \cdot [1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1 - \frac{1}{2}} = 4 (1 - \frac{1}{2^{n}}) . \end{array}$

(Ⅱ) 存在

${\begin{cases} m = 2 ‚ \\ n = 1 ‚ \end{cases}$

或

${\begin{cases} m = 3 ‚ \\ n = 2 \end{cases}$

适合题意.

6.解: $(Ⅰ) a_{n + 1} = \sin \frac{π a_{n}}{2}$ , 用数学归纳法易证得0<an<an+1<1.

$(Ⅱ) a_{n + 1} - \frac{π a_{n}}{4} ＞ \frac{4 - π}{4} \Leftrightarrow \sin \frac{π a_{n}}{2} - \frac{π a_{n}}{4} - \frac{4 - π}{4} ＞ 0$ , 构造辅助函数

$g (x) = \sin \frac{π x}{2} - \frac{π x}{4} - \frac{4 - π}{4} (\frac{1}{2} \leq x ＜ 1)$ , 利用导数可证得 g (x) >0.

(Ⅲ) 由 (Ⅱ) 知 $1 - a_{n + 1} ＜ \frac{π}{4} (1 - a_{n}) ＜ (\frac{π}{4})^{2} (1 - a_{n - 1}) ＜ \dots ＜ (\frac{π}{4})^{n} (1 - a_{1}) = \frac{1}{2} (\frac{π}{4})^{n}$ ,

$\begin{array}{l} 故 (1 - a_{1}) + (1 - a_{2}) + \dots + (1 - a_{n}) \\ ＜ \frac{1}{2} [(\frac{π}{4})^{0} + (\frac{π}{4})^{1} + \dots + (\frac{π}{4})^{n - 1}] \\ = \frac{1 - (\frac{π}{4})^{n}}{2 (1 - \frac{π}{4})} ＜ \frac{2}{4 - π} . \end{array}$

于是 $Τ_{n} ＞ n - \frac{2}{4 - π} .$

又 $\frac{2}{4 - π} - 3 = \frac{10 - 3 π}{4 - π} ＞ 0$ ,

所以 Tn>n-3.

7.解: (Ⅰ) 由2nan+1= (n+1) an 得 $\frac{a_{n + 1}}{n + 1} = \frac{1}{2} \times \frac{a_{n}}{n}$ , 即数列 ${\frac{a_{n}}{n}}$ 是以 $\frac{a_{1}}{1} = \frac{1}{2}$ 为首项, 以 $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列.所以 $a_{n} = n (\frac{1}{2})^{n} .$

(Ⅱ) 因为 $a_{n} ＞ 0 ‚ b_{n} = \ln (1 + a_{n}) + \frac{1}{2} a_{n}^{2}$ ,

所以要证明 $\frac{2}{a_{n} + 2} ＜ \frac{a_{n}}{b_{n}}$ , 只要证明2bn<a $_{n}^{2}$ +2an, 即要证明 $b_{n} - \frac{1}{2} a_{n}^{2} - a_{n} ＜ 0$ , 也即证明 ln (1+an) -an<0成立.

构造函数 f (x) =ln (1+x) -x (x≥0) .

因为 $f^{'} (x) = - \frac{x}{1 + x}$ , 当 x>0时, f ′ (x) <0, 即 f (x) 在 (0, +∞) 内为减函数,

故 f (x) <f (0) =0,

所以 ln (1+x) -x<0,

即 ln (1+an) -an<0, 此式对一切 n∈N*都成立.故 $\frac{2}{a_{n} + 2} ＜ \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 成立.

(Ⅲ) 因为2bn-a $_{n}^{2}$ =2ln (1+an) , 由 (Ⅱ) 可知 2bn-a $_{n}^{2}$ =2ln (1+an) <2an,

$\begin{array}{l} 所以 2 B_{n} - A_{n} ＜ 2 (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}) \\ = 2 (\frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{2^{3}} + \dots + \frac{n}{2^{n}}) . \end{array}$