数列的综合应用(共29张PPT)ppt课件

考向三 数列与函数的综合问题[互动讲练型] [例 3] (2017·温州十校联考)已知二次函数 f(x)＝ax2＋bx 的
图象过点(－4n,0)，且 f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足an1＋1＝
f′a1n，且 a1＝4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝ anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
(2)证明：由于 an＝2n， 故 bn＝n＋n＋212an2＝4n2n＋n＋122 ＝116n12－n＋1 22. Tn＝1161－312＋212－412＋312－512＋…＋n－1 12
－n＋1 12＋n12－n＋1 22 ＝1161＋212－n＋1 12－n＋122<1161＋212 ＝654.
求数列{(－1)nb2n}的前 2n 项和．
[解析] (1)设数列{an}的公比为 q. 由已知，有a11－a11q＝a12q2， 解得 q＝2 或 q＝－1. 又由 S6＝a1·11－－qq6＝63，知 q≠－1， 所以 a1·11－－226＝63，得 a1＝1. 所以 an＝2n－1.
(2)由题意，得 bn＝12(log2an＋log2an＋1)
＝12(log22n－1＋log22n)＝n－12，
即{bn}是首项为12，公差为 1 的等差数列． 设数列{(－1)nb2n}的前 n 项和为 Tn，则 T2n＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b22n－1＋b22n) ＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n ＝2nb12＋b2n＝2n2.
解得da＝1＝21 ， ∴{an}的通项公式为 an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)bn＝2n－112n＋1＝12×(2n1－1－2n1＋1)， ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn＝12×[(11－13)＋(13－15)＋…＋(2n1－1 －2n1＋1)]＝12×(1－2n1＋1)＝2nn＋1.
[解析] (1)由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以 Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是 a1＝S1＝2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上，数列{an}的通项公式为 an＝2n.
考向一 等差数列与等比数列的综合问题
[自主练透型] [例 1] (2016·天津卷)已知{an}是等比数列，前 n 项和为 Sn(n
∈N*)，且a11－a12＝a23，S6＝63. (1)求{an}的通项公式； (2)若对任意的 n∈N*，bn 是 log2an 和 log2an＋1 的等差中项，
1．(2017·石家庄市第一次模考)已知等差数列{an}中，2a2＋ a3＋a5＝20，且前 10 项和 S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20 解析：(1)由已知得10a1＋10×2 9d＝10a1＋45d＝源自文库00
—[通·一类]—
2．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{an}满足 2a1＋ a3＝3a2，且 a3＋2 是 a2，a4 的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝an＋log2a1n，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使 Sn－2n＋1＋ 47<0 成立的 n 的最小值．
—[悟·技法]— 解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列
的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列， 要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列 通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开， 弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
—[通·一类]—
解 析 ： (1) 设 等 比 数 列 {an} 的 公 比 为 q ， 依 题 意 ， 有
2a1＋a3＝3a2 a2＋a4＝2a3＋2
，即aa112q＋＋qq23＝＝32aa11qq2＋①4
②
.
由①得 q2－3q＋2＝0，解得 q＝1 或 q＝2.
当 q＝1 时，不合题意，舍去；
当 q＝2 时，代入②得 a1＝2，所以 an＝2·2n－1＝2n. 故所求数列{an}的通项公式 an＝2n(n∈N*)．
—[悟·技法]— 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．总之解决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．
考向二 数列与不等式的综合问题[互动讲练型]
[例 2] 正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－1)Sn －(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式 an； (2)令 bn＝n＋n＋212a2n，数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明：对于
任意的
n∈N*，都有
5 Tn<64.
(2)因为 bn＝an＋log2a1n＝2n＋log221n＝2n－n， 所以 Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n ＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n) ＝211－－22n－n12＋n＝2n＋1－2－12n－12n2.
因为 Sn－2n＋1＋47<0，所以 2n＋1－2－12n－12n2－2n＋1＋47<0， 即 n2＋n－90>0，解得 n>9 或 n<－10. 因为 n∈N*，所以使 Sn－2n＋1＋47<0 成立的正整数 n 的最小 值为 10.
[解析] (1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知 b＝2n， 16n2a－4nb＝0，∴a＝12，b＝2n，则 f(x)＝12x2＋2nx，n∈N*. 数列{an}满足an1＋1＝f′a1n，又 f′(x)＝x＋2n， ∴an1＋1＝a1n＋2n，∴an1＋1－a1n＝2n， 由叠加法可得a1n－14＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n， 化简可得 an＝2n－4 12(n≥2)，当 n＝1 时，a1＝4 也符合， ∴an＝2n－4 12(n∈N*)．