數列的綜合應用
1. 根據市場調查結果，**某種家用商品從年初開始的n個月內累積的需求量sn(萬件)近似地滿足關係式sn＝(21n－n2－5)(n＝1，2，…，12)，按此**，在本年度內，需求量超過1.5萬件的月份是________．
答案：7、8
解析：由sn解出an＝(－n2＋15n－9)，
再解不等式(－n2＋15n－9)>1.5，得62. 已知等差數列的前n項和為sn，若＝a100·＋a101，且a、b、c三點共線(該直線不過點o)，則s200
答案：100
解析：∵ ＝a100＋a101且a、b、c三點共線(該直線不過點o)，∴ a100＋a101＝1，∴ s200＝＝100×(a1＋a200)＝100×1＝100.
3. 設1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比為q的等
比數列，a2，a4，a6成公差為1的等差數列，則q的最小值是________．
答案：解析：設a2＝t，則1≤t≤q≤t＋1≤q2≤t＋2≤q3，由於t≥1，所以q≥max，故q的最小值是.
4. 已知數列，滿足a1＝1，且an、an＋1是函式f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個零點，則b10
答案：64
解析：依題意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，兩式相除得＝2，所以a1，a3，a5，…成等比數列，a2，a4，a6，…也成等比數列，而a1＝1，a2＝2，所以a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，又因為an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.
1. 形如an＋1＝λan＋μ的線性遞推關係，可用待定係數法；
2. 形如an＋1＝an＋f(n)的遞推關係，可用疊加法；
3. 形如an＋1＝an·f(n)的遞推關係，可用疊乘法；
4. 遞推數列的求解方法還有倒數法、等價轉化法、利用週期性等．
[備課札記]
題型1 子數列問題
例1 (2013·南通模擬)設無窮數列滿足： n∈ν ，an(1) 若bn＝3n(n∈n*)，求證：a1＝2，並求c1的值；
(2) 若是公差為1的等差數列，問是否為等差數列，證明你的結論．
解：(1) 因為an∈n ，所以若a1＝1，則b1＝aa1＝a1＝3矛盾，
若a1≥3＝aa1，可得1≥a1≥3矛盾，所以a1＝2.於是a2＝aa1＝3，從而c1＝aa1＋1＝a3＝aa2＝6.
(2) 是公差為1的等差數列，證明如下：an＋1>an n≥2時，an>an－1，所以an≥an－1＋1 an≥am＋(n－m)，(m aan＋1＋1≥aan＋1＋an＋1＋1－(an＋1)，即cn＋1－cn≥an＋1－an，由題設，1≥an＋1－an，又an＋1－an≥1，
所以an＋1－an＝1，即是等差數列．
(2013·泰州模擬)已知數列an＝n－16，bn＝(－1)n|n－15|，其中n∈n*.
(1) 求滿足an＋1＝|bn|的所有正整數n的集合；
(2) 若n≠16，求數列的最大值和最小值；
(3) 記數列的前n項和為sn，求所有滿足s2m＝s2n(m＜n)的有序整數對(m，n)．
解：(1) an＋1＝|bn|，n－15＝|n－15|.
當n≥15時，an＋1＝|bn|恆成立；
當n<15時，n－15＝－(n－15)，n＝15(捨去)．
∴ n的集合為．
(2)＝.
(ⅰ) 當n>16時，n取偶數時，＝＝1＋，
當n＝18時， ＝，無最小值；
n取奇數時，＝－1－，
n＝17時， ＝－2，無最大值．
(ⅱ) 當n<16時，＝.
當n為偶數時，＝＝－1－.
n＝14時， ＝－， ＝－；
當n為奇數時，＝＝1＋，
n＝1時， ＝1－＝，
n＝15時， ＝0.
綜上，最大值為(n＝18)，最小值－2(n＝17)．
(3) 當n≤15時，bn＝(－1)n－1(n－15)，a2k－1b2k－1＋a2kb2k＝2(16－2k)≥0，
當n>15時，bn＝(－1)n(n－15)，a2k－1b2k－1＋a2kb2k＝2(2k－16)>0，其中a15b15＋a16b16＝0，
∴ s16＝s14，m＝7，n＝8.
題型2 遞推數列問題
例2 (2013·廣東)設數列的前n項和為sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈n*.
(1) 求a2的值；
(2) 求數列的通項公式；
(3) 證明：對一切正整數n，有＋＋…＋<.
(1) 解：∵ ＝an＋1－n2－n－，n∈n ．
∴ 當n＝1時，2a1＝2s1＝a2－－1－＝a2－2.
又a1＝1，∴ a2＝4.
(2) 解：∵ ＝an＋1－n2－n－，n∈n ．
∴ 2sn＝nan＋1－n3－n2－n
＝nan＋1－，①
∴ 當n≥2時，2sn－1＝(n－1)an－，②
由①－②，得2sn－2sn－1＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)，
∵ 2an＝2sn－2sn－1，
∴ 2an＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)，
∴ －＝1，
∴ 數列是以首項為＝1，公差為1的等差數列．
∴ ＝1＋1×(n－1)＝n，∴ an＝n2(n≥2)，
當n＝1時，上式顯然成立． ∴ an＝n2，n∈n*.
(3) 證明：由(2)知，an＝n2，n∈n*，
① 當n＝1時，＝1<，∴ 原不等式成立．
② 當n＝2時，＋＝1＋<，∴ 原不等式成立．
③ 當n≥3時，∵ n2>(n－1)·(n＋1)，
∴ <，
<1＋＋＋…＋＋
＝1＋＋＋＋…＋＋
＝1＝1＋
＝＋<，
∴ 當n≥3時，∴ 原不等式亦成立．
綜上，對一切正整數n，有＋＋…＋<.
(2013·無錫模擬)已知數列中，a1＝2，n∈n*，an＞0，數列的前n項和為sn，且滿足an＋1＝.
(1) 求的通項公式；
(2) 設是中的按從小到大順序組成的整數數列．
① 求b3；
② 存在n(n∈n*)，當n≤n時，使得在中，數列有且只有20項，求n的範圍．
解：(1) an＋1＝sn＋1－sn，
∴ (sn＋1－sn)(sn＋1＋sn－2)＝2；
即(sn＋1)2－(sn)2－2(sn＋1－sn)＝2，
∴ (sn＋1－1)2－(sn－1)2＝2，且(s1－1)2＝1，
∴ 是首項為1，公差為2的等差數列，
∴ sn＝1＋.
(2) ① n＝1時，s1＝1＋1＝2＝b1，n＝5時，s5＝1＋3＝4＝b2，n＝13時，s13＝1＋5＝6＝b3.
② ∵ 2n－1是奇數，sn＝1＋為有理數，則＝2k－1，
∴ n＝2k2－2k＋1，
當k＝20時，n＝761；當k＝21時，n＝841；
∴ 存在n∈[761，840]，當n≤n時，使得在中，數列有且只有20項．
題型3 有關數列的證明題
例3 (2013·江蘇)設是首項為a，公差為d的等差數列(d≠0)，sn是其前n項和．記bn＝，n∈n*，其中c為實數．
(1) 若c＝0，且b1，b2，b4成等比數列，證明：sn k＝n2sk(k，n∈n*)；
(2) 若是等差數列，證明：c＝0.
證明：∵ 是首項為a，公差為d的等差數列(d≠0)，sn是其前n項和，
∴ sn＝na＋d.
(1) ∵ c＝0，∴ bn＝＝a＋d.
∵ b1，b2，b4成等比數列，∴ b＝b1b4，
∴ ＝a，
∴ ad－d2＝0，
∴ d＝0.
∵ d≠0，∴ a＝d，∴ d＝2a，
∴ sn＝na＋d＝na＋2a＝n2a，
∴ 左邊＝snk＝(nk)2a＝n2k2a，右邊＝n2sk＝n2k2a，
∴ 左邊＝右邊，∴ 原式成立．
(2) ∵ 是等差數列，
∴ 設公差為d1，
∴ bn＝b1＋(n－1)d1
代入bn＝，得b1＋(n－1)d1＝，
∴ n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)對n∈n*恆成立，
∴ ∴ d1＝d.∵ d≠0，∴ d1≠0.
(2013·江西理)正項數列的前項和滿足：s－(n2＋n－1)sn－(n2＋n)＝0.
(1) 求數列的通項公式an；
(2) 令bn＝，數列的前n項和為tn.證明：對於任意的n∈n*，都有tn<.
(1) 解：由s－(n2＋n－1)sn－(n2＋n)＝0，
得[sn－(n2＋n)](sn＋1)＝0.
由於是正項數列，所以sn>0，sn＝n2＋n.
於是a1＝s1＝2，n≥2時，an＝sn－sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
綜上，數列的通項an＝2n.
(2) 證明：由於an＝2n，bn＝，
則bn＝＝.
tn＝[1
＝< (1＋)＝.
故對於任意的n∈n*，都有tn<.
高三數學一輪複習總結數列求和
1.求數列的前n項和的方法 1 公式法 等差數列的前n項和公式 sn na1 d.等比數列的前n項和公式 當q 1時，sn na1 當q 1時，sn 2 分組轉化法 把數列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差 等比數列，再求解.3 裂項相消法 把數列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干...
高三數學一輪複習
第一單元常用的邏輯用語 第一講集合與集合的運算 知識網路清單 1 集合的概念 我們把研究物件統稱為元素，把一些元素組成的總體叫集合 2 集合的特性 3 元素與集合的關係 4 集合的分類 5 一般集合的表示方法 6 特殊集合的表示方法 7 8 9 若有限集a中有n個元素，則a的子集的個數為非空子集的個...
高三數學一輪複習計畫
2015 2016學年高三數學第一輪複習計畫安排 一 背景分析 近年來的高考數學試題逐步做到科學化 規範化，堅持了穩中求改 穩中創新的原則。考試題不但堅持了考查全面，比例適當，布局合理的特點，也突出體現了變知識立意為能力立意這一舉措。更加注重考查考生進入高校學習所需的基本素養，這些問題應引起我們在教...