高三数学一轮复习精品教案1：数列的综合应用教学设计

课题：数列的综合应用教学目标：熟练掌握等差（比）数列的基本公式和一些重要性质，并能灵活运用性质解决有关的问题，培养对知识的转化和应用能力． 教学重点：等差（比）数列的性质的应用． （一） 主要知识：1.等差数列的概念、性质及基本公式。

2.等比数列的概念、性质及基本公式。

（二）主要方法：1.解决等差数列和等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法：即运用条件转化为关于1a 和()d q 的方程；②巧妙运用等差数列和等比数列的性质，一般地运用性质可以化繁为简，减少运算量．2.深刻领会两类数列的性质，弄清通项和前n 项和公式的内在联系是解题的关键．3.解题时，还要注重数学思想方法的应用，如“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、 “化归转化”. （三）典例分析：问题1．()1（06某某）若互不相等的实数a 、b 、c 成等差数列，c 、a 、b 成等比数列，且103=++c b a ，则a =.A 4.B 2.C 2-.D 4-()2 (07某某)设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =．若k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =.A 2.B 4.C 6.D 8()3（07某某）已知0x >，0y >，x a b y ，，，成等差数列，x c d y ，，，成等比数列，则2()a b cd+的最小值是 .A 0.B 1.C 2.D 4()4已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且139,,a a a 成等比数列，则1392410a a aa a a ++++=()5(07全国Ⅰ)等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1S ，22S ，33S 成等差数列，则{}n a 的公比为问题2．(07全国Ⅰ文)设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=()1求{}n a ，{}n b 的通项公式；()2求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．问题3．（05全国Ⅲ）在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，2a 是1a 与4a 的等比中项，已知数列13a a 、、1k a 、2......n k k a a 、、成等比数列，求数列{}n a 的通项n k问题4．（08届东北师大附中高三月考）数列}{n a 的前n 项和记作n S ，满足1232-+=n a S n n ，)(*N n ∈．()1证明数列}3{-n a 为等比数列；并求出数列}{n a 的通项公式． ()2记n nna b =，数列}{n b 的前n 项和为n T ，求n T ．问题5.（03某某） 已知数列}{n a （n 为正整数）是首项是1a ，公比为q 的等比数列.()1求和：;,334233132031223122021C a C a C a C a C a C a C a -+-+- ()2由()1的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论，并加以证明.（四）巩固练习：1.（00某某）在等差数列{}n a 中，若100a =，则有不等式12n a a a ++⋅⋅⋅+1219n a a a -=++⋅⋅⋅+()*19,n n N <∈成立，相应地：在等比数列{}n b ，若91b =，则有不等式成立.2.（04）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和. 已知数列{}a n 是等和数列，且a 12=，公和为5，那么a 18的值为_____，这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________3.（01新课程）设{}n a 是公比为q 的等比数列，n S 是它的前n 项和，若{}n S 是等差数列，则q =4.有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数．（五）课后作业：5.(06某某文）若n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，且124,,S S S 成等比数列.()1求数列124,,S S S 的公比;()2若24S =，求{}n a 的通项公式.6.（05某某）已知}{n a 是公比为q 的等比数列，且231,,a a a 成等差数列.()1求q 的值；()2设{n b }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为n S ，当n≥2时，比较n S 与n b 的大小，并说明理由.（六）走向高考：7.（07某某）已知各项全不为零的数列{}n a 的前k 项和为k S ，且*11()2k k k S a a k N +=∈，其中11a =．()1求数列{}n a 的通项公式；()2对任意给定的正整数(2)n n ≥，数列{}n b 满足1k k b b +=1k k na +-（121k n =-，，，），11b =，求12n b b b +++．8.（05某某文）设数列}{n a 的前n 项和为22n S n =，}{n b 为等比数列，且11a b =，2211()b a a b -=，()1求数列}{n a 和}{n b 的通项公式；()2设nnn b a c =，求数列}{n c 的前n 项和n T9.（07某某文）已知实数列{}n a 是等比数列，其中71a =，且4a ，51a +，6a 成等差数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）数列{}n a 的前n 项和记为n S ，证明：128n S <(123)n =，，，．10.（07某某文）设n S 是数列{}n a （*n N ∈）的前n 项和，1a a =，且22213n n n S n a S -=+，0n a ≠，234n =⋅⋅⋅，，，．（Ⅰ）证明：数列2{}n n a a +-（2n ≥）是常数数列；（Ⅱ）试找出一个奇数a ，使以18为首项，7为公比的等比数列{}n b （*n N ∈）中的所有项都是数列{}n a 中的项，并指出n b 是数列{}n a 中的第几项．11.（06）在数列{}n a 中，若12,a a 是正整数，且12,3,4,5,n n n a a a n --=-=，则称{}n a 为“绝对差数列”.()1举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）； ()2若“绝对差数列”{}n a 中，20213,0a a ==，数列{}n b 满足12n n n n b a a a ++=++，1,2,3,n =，分别判断当n →∞时，n a 与n b 的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；()3证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.12.（07某某）如果有穷数列123,,,,m a a a a ⋅⋅⋅（m 为正整数）满足条件m a a =1，12-=m a a ，…，1a a m =，即1+-=i m i a a （12i m =，，，），我们称其为“对称数列”． 例如，数列12521，，，，与数列842248，，，，，都是“对称数列”． ()1设{}n b 是7项的“对称数列”，其中1234,,,b b b b 是等差数列，且21=b ，114=b ．依次写出{}n b 的每一项；()2设{}n c 是49项的“对称数列”，其中25262749,,,,c c c c ⋅⋅⋅是首项为1，公比为2的等比数列，求{}n c 各项的和S ；()3设{}n d 是100项的“对称数列”，其中5152100,,,d d d ⋅⋅⋅是首项为2，公差为3的等差数列．求{}n d 前n 项的和n S (12100)n =，，，．。

数列综合问题高中数学教案
知识点：数列的综合
教学目标：通过本节课的学习，学生能够掌握数列的综合方法，解决相关数学问题。

教学重点：数列的综合求解方法。

教学难点：在实际问题中运用数列的综合方法解决问题。

教学过程：
一、导入新知识（5分钟）
教师向学生介绍本节课的学习内容，引导学生了解数列的综合概念。

并通过一个简单的例子引出数列综合问题。

二、讲解与实践（15分钟）
1. 讲解数列的综合方法，说明综合的含义及求解步骤。

2. 通过几个示例讲解综合求解数列问题的步骤，引导学生掌握方法。

3. 学生进行练习，巩固数列综合的求解方法。

三、拓展应用（10分钟）
1. 给学生提供一些实际问题，让学生尝试用数列综合方法解决问题。

2. 学生结合实际问题进行讨论，分享不同解题思路。

四、作业布置（5分钟）
布置练习题作业，相关综合数列问题的练习。

五、课堂小结（5分钟）
总结本节课的重点内容，强调数列综合方法的重要性，并提醒学生作业要认真完成。

教学反思：本节课通过讲解数列的综合方法，让学生了解了数列的综合应用，实际问题中的数列综合求解方法。

通过多种实例的讲解和练习，学生对数列综合方法有了更深入的理解和掌握。

在今后的教学过程中，可以结合更多实际问题，让学生更好地运用数列综合方法解决各种数学问题。

3.5 数列的应用●知识梳理1.实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常通过数列知识加以解决.“复利”的概念，注意分期付款因方式的不同抽象出来的数列模型也不同.3.实际问题转化成数列问题，首先要弄清首项、公差（或公比），其次是弄清是求某一项还是求某些项的和的问题.●点击双基1.已知{a n}是递增的数列，且对于任意n∈N*，都有a n=n2+λn成立，则实数λ的取值X围是A.λ＞0B.λ＜0C.λ=0D.λ＞－3解析：由题意知a n＜a n+1恒成立，即2n+1+λ＞0恒成立，得λ＞－3.答案：Da1，a2，…，a50是从－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a1+a2+…+a50=9，且（a1+1）2+（a2+1）2+…+（a50+1）2=107，则a1，a2，…，a50中有0的个数为A.10B.11C.12解析：将已知的等式展开整理得a12+a22+a32+…+a502=39，故此50个数中有11个数为0.答案：B3.如下图，它满足：（1）第n行首尾两数均为n；（2）表中的递推关系类似杨辉三角，则第n行（n≥2）第2个数是_______________.解析：设第n行的第2个数为a n，不难得出规律，则a n+1=a n+n，累加得a n=a1+1+2+3+…+（n－1）=222+-nn.答案：222+-n na n =log n +1（n +2）（n ∈N *），观察下列运算a 1·a 2=log 23·log 34=2lg 3lg ·3lg 4lg =2， a 1·a 2·a 3·a 4·a 5·a 6=log 23·log 34·…·log 67·log 78=2lg 3lg ·3lg 4lg ·…·6lg 7lg ·7lg 8lg =3. ……定义使a 1·a 2·a 3·…·a k 为整数的k （k ∈N *a 1·a 2·a 3·…·a k =2008时，企盼数k =______________. 解析：由a 1·a 2·…·a k =2lg 3lg ·3lg 4lg ·4lg 5lg ·…·)1lg()2lg(++k k =2lg )2lg(+k =log 2（k +2）=2008，解之得k =22008－2. 答案：22008－2●典例剖析【例1】 （2005年春季某某，20）某市2004年底有住房面积1200万平方米，计划从2005年起，每年拆除20万平方米的旧住房.假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%.（1）分别求2005年底和2006年底的住房面积；（2）求2024年底的住房面积.（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01） 剖析：本题实质是一个等比数列的求和问题.解:（1）2005年底的住房面积为1200（1+5%）－20=1240（万平方米）， 2006年底的住房面积为1200（1+5%）2－20（1+5%）－20=1282（万平方米）， ∴2005年底的住房面积为1240万平方米，2006年底的住房面积为1282万平方米. （2）2024年底的住房面积为1200（1+5%）20－20（1+5%）19－20（1+5%）18－…－20（1+5%）－20=1200（1+5%）20－20×05.0105.120-≈2522.64（万平方米），∴2024年底的住房面积约为2522.64万平方米.评述：应用题应先建立数学模型，再用数学知识解决，然后回到实际问题，给出答案. 【例2】 由于美伊战争的影响，据估计，伊拉克将产生60~100万难民，联合国难民署计划从4月1日起为伊难民运送食品.第一天运送1000 t ，第二天运送1100 t ，以后每天都比前一天多运送100 t ，直到达到运送食品的最大量，然后再每天递减100 t ，连续运送15天，总共运送21300 t ，求在第几天达到运送食品的最大量.剖析：本题实质上是一个等差数列的求通项和求和的问题. 解：设在第n 天达到运送食品的最大量.则前n 天每天运送的食品量是首项为1000，公差为100的等差数列.a n =1000+（n －1）·100=100n +900.其余每天运送的食品量是首项为100n +800，公差为－100的等差数列. 依题意，得 1000n +2)1(-n n ×100+（100n +800）（15－n ）+2)14)(15(n n --×（－100）=21300（1≤n ≤15）.整理化简得n 2－31nn =9或22（不合题意，舍去）. 答：在第9天达到运送食品的最大量.评述：对数列应用题要分清是求通项问题还是求和问题.【例3】 2002年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2003年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化.（1）设该县的总面积为1，2002年底绿化面积为a 1=104，经过n 年后绿化的面积为a n +1，试用a n 表示a n +1；（2）求数列{a n }的第n +1项a n +1；（3）至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%.（lg2=0.3010，lg3=0.4771） 剖析：当年的绿化面积等于上年被非绿化后剩余面积加上新绿化面积. 解：（1）设现有非绿化面积为b 1，经过n 年后非绿化面积为b n +1. 于是a 1+b 1=1，a n +b n =1.依题意，a n +1是由两部分组成，一部分是原有的绿化面积a n 减去被非绿化部分1002a n 后剩余的面积10098a n ，另一部分是新绿化的面积1008b n ，于是 a n +1=10098a n +1008b n =10098a n +1008（1－a n ）=109a n +252.（2）a n +1=109a n +252，a n +1－54=109（a n －54）. 数列{a n －54}是公比为109，首项a 1－54=104－54=－52的等比数列.∴a n +1=54+（－52）（109）n.（3）a n +1＞60%，54+（－52）（109）n ＞53，（109）n ＜21，n （lg9－1）＜－lg2，n ＞3lg 212lg ≈6.5720.至少需要7年，绿化率才能超过60%.思考讨论你知道他是怎么想出{a n －54}中的54来的吗？ ●闯关训练 夯实基础S m 3，木材以每年25%的增长率生长，而每年末要砍伐固定的木材量x m 3，为实现经过两次砍伐后的木材的存量增加50%，则x 的值是A.32S B.34S C.36S D.38S解析：一次砍伐后木材的存量为S （1+25%）－x ； 二次砍伐后木材存量为［S （1+25%）－x ］（1+25%）－x . 由题意知（45）2S －45x －x =S （1+50%）， 解得x =36S . 答案：C2.一批花盆堆成三角形垛，顶层一个，以下各层排成正三角形，逐层每边增加一个花盆，若第n 层与第n +1层花盆总数分别为f （n ）和f （n +1），则f （n ）与f （n +1）的关系为A.f （n +1）－f （n ）=n +1B.f （n +1）－f （n ）=nC.f （n +1）=f （n ）+2nD.f （n +1）－f （n ）=1 答案：A2002年1月2日起，每年1月2日到银行存入一万元定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期存款，到2008年1月1日将所有存款及利息全部取回，则可取回的钱的总数为___________万元.解析：存款从后向前考虑 （1+p ）+（1+p ）2+…+（1+p ）5=pp p ]1)1)[(1(6-++=p 1［（1+p ）7－（1+p ）］.注：2008年不再存款. 答案：p1［（1+p ）7－（1+p ）］ a ，计划在今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为___________.解析：每年的总产值构成以a （1+10%）=a 为首项，公比为1.1的等比数列，∴S 5=1.11)1.11(1.15--a =11×5－1）a .答案：11×5－1）aa L （a ＞1）纯酒精容器里倒出1 L ，然后再用水填满，再倒出1 L 混合溶液后，再用水填满，如此继续下去，问第九次、第十次共倒出多少纯酒精.解：每次用水填满后酒精浓度依次为a a 1-，（a a 1-）2，（aa 1-）3，…， 故每次倒出的纯酒精为1，a a 1-，（a a 1-）2，…，（aa 1-）n －1，….∴第九、十两次共倒出的纯酒精为 （a a 1-）8＋（a a 1-）9＝（a a 1-）8（1＋aa 1-） ＝98)1)(12(a a a --.培养能力l 上有一列点P 1（x 1，y 1），P 2（x 2，y 2），…，P n （x n ，y n ），…，其中n ∈N *，x 1=1，x 2=2，点P n +2分有向线段1+n n P P 所成的比为λ（λ≠－1）.（1）写出x n +2与x n +1，x n 之间的关系式；（2）设a n =x n +1－x n ，求数列{a n }的通项公式. 解：（1）由定比分点坐标公式得x n +2=λλ+++11n n x x .（2）a 1=x 2－x 1=1，a n +1=x n +2－x n +1=λλ+++11n n x x －x n +1=－λ+11（x n +1－x n ）=－λ+11a n ，∴n n a a 1+=－λ+11，即{a n }是以a 1=1为首项，－λ+11为公比的等比数列. ∴a n =（－λ+11）n －1. 7.（2002年春季，21）已知点的序列A n （x n ，0），n ∈Ｎ*，其中x l ＝0，x 2＝a （a ＞0），A 3是线段A l A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….（1）写出x n 与x n －1、x n －2之间的关系式（n ≥３）；（2）设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a l ，a 2，a 3，由此推测数列｛a n ｝的通项公式，并加以证明.解：（1）当n ≥3时，x n =221--+n n x x . （2）a 1=x 2－x 1=a ，a 2=x 3－x 2=212x x +－x 2=－21（x 2－x 1）=－21a ，a 3=x 4－x 3=223x x +－x 3=－21（x 3－x 2）=－21（－21a ）=41a ，由此推测：a n =（－21）n －1a （n ∈N *）.证明如下：因为a 1=a ＞0，且a n =x n +1－x n =21-+n n x x －x n =21n n x x --=－21（x n －x n －1）=－21a n－1（n ≥2），所以a n =（－21）n －1a . 探究创新8.（2004年春季，20）下表给出一个“等差数阵”：其中每行、每列都是等差数列，a ij表示位于第i行第j列的数.（1）写出a45的值；（2）写出a ij的计算公式；（3）证明：正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积.（1）解：a45=49.（2）解：该等差数阵的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：a1j=4+3（j－1），第二行是首项为7，公差为5的等差数列：a2j=7+5（j－1），……第i行是首项为4+3（i－1），公差为2i+1的等差数列，因此a ij=4+3（i－1）+（2i+1）（j－1）=2ij+i+j=i（2j+1）+j.（3）证明：必要性：若N在该等差数阵中，则存在正整数i、j使得N=i（2j+1）+j，从而2N+1=2i（2j+1）+2j+1=（2i+1）（2j+1），即正整数2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积.充分性：若2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积，由于2N+1是奇数，则它必为两个不是1的奇数之积，即存在正整数k、l，使得2N+1=（2k+1）（2l+1），从而N=k（2l+1）+l=a kl，可见N在该等差数阵中.综上所述，正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积.●思悟小结1.等差、等比数列的应用题常见于：产量增减、价格升降、细胞繁殖等问题，求利率、增长率等问题也常归结为数列建模问题.2.将实际问题转化为数列问题时应注意：（1）分清是等差数列还是等比数列；（2）分清是求a n还是求S n，特别要准确地确定项数n.3.数列的综合问题常与函数、方程、不等式等知识相互联系和渗透. ●教师下载中心 教学点睛1.解应用题的关键是建立数学模型，转化为数学问题，要加强培养学生的转化意识.2.分期付款问题要弄清付款方式，不同方式抽象出的数学模型则不一样.3.“等额还款方式”采用“双向储蓄”的方法比较简便.4.强化转化思想、方程思想的应用. 拓展题例【例1】 某某某通讯设备厂为适应市场需求，提高效益，特投入98万元引进世界先进设备奔腾6号，并马上投入生产.第一年需要的各种费用是12万元，从第二年开始，所需费用会比上一年增加4万元，而每年因引入该设备可获得的年利润为50万元.请你根据以上数据，解决下列问题： （1）引进该设备多少年后，开始盈利？ （2）引进该设备若干年后，有两种处理方案：第一种：年平均盈利达到最大值时，以26万元的价格卖出； 第二种：盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出. 问哪种方案较为合算？并说明理由.解：（1）设引进设备n 年后开始盈利，盈利为y 万元，则y =50n －（12n +2)1(-n n ×4）－98=－2n 2+40n －98，由y ＞0，得10－51＜n ＜10+51.∵n ∈N *，∴3≤n ≤17， 即3年后开始盈利. （2）方案一：年平均盈利为n y ，n y =－2n －n98+40≤－2n n 982⋅+40=12，当且仅当2n =n98，即n =7时，年平均利润最大，共盈利12×7+26=110万元. 方案二：盈利总额y =－2（n －10）2+102，n =10时，y 取最大值102， 即经过10年盈利总额最大，共计盈利102+8=110万元.两种方案获利相等，但由于方案二时间长，所以采用方案一合算.【例2】 据某城市2002年末所作的统计资料显示，到2002年末，该城市堆积的垃圾已达50万吨，侵占了大量的土地，并且成为造成环境污染的因素之一.根据预测，从2003年起该城市还将以每年3万吨的速度产生新的垃圾，垃圾的资源化和回收处理已经成为该市城市建设中的重要问题.10≈2.159）（2）如果从2003年起，该市每年处理上年堆积垃圾的20%，现有b 1表示2003年底该市堆积的垃圾数量，b 2表示2004年底该市堆积的垃圾数量……b n 表示2002+n 年底该城市堆积的垃圾数量，①求b 1；②试归纳出b n 的表达式（不用证明）.解：（1）设1993年该城市产生的新垃圾为x 万吨.依题意，得10+xx 2x + (9)x =50，∴08.1108.1110--·x =40.∴x =108.108.010-×40≈2.76万吨. ∴1993年该城市产生的新垃圾约为2.76万吨. （2）①b 1=50×80%+3=43（万吨）.②∵b 1=50×80%+3=50×54+3， b 2=54b 1+3=50×（54）2+3×54+3，b 3=54b 2+3=50×（54）3+3×（54）2+3×54+3，∴可归纳出b n =50×（54）n +3×（54）n －1+3×（54）n －2+…+3×54+3=50×（54）n +3×541)54(1--n=50×（54）n +15［1－（54）n ］=35×（54）n +15. 这说明，按题目设想的方法处理垃圾，该市垃圾总量将逐年减少，但不会少于15万吨.。

数列的综合应用教学设计数列的综合应用一、教学内容分析本节内容安排在《普通高中课程标准实验教科书数学必修5》（人教A版），第二章内容结束之后的综合练习。

在课本中没有专设章节。

内容从教材习题2.5中A组的第4题中体现。

本章五节内容分别讲授了等差数列、等比数列以及这两种数列的性质、通项公式、前N项和等基础内容。

让学生在此基础之上，了解高考中出现频率较多的一些特殊数列。

在实际教学中，本节内容应该分为五个阶段：第一阶段学生要充分掌握基本数列的知识点，可用提问的方式进行复习回顾。

第二阶段，对于特殊数列有关例题首先要引导学生观察，找到与基本数列的相似处，从而决定构造为基本数列中的等差数列或等比数列，大胆提出猜想。

第三阶段从猜想入手，开始构造。

运用基本数列的形式和性质得到新的数列。

构造出的新数列必须满足基本数列成立的条件。

验证猜想的正确性。

第四阶段根据题目要求从构造出的新数列找出所求项。

第五阶段，老师和学生一起归纳题型。

学生在老师的引导下结题，提高主动性，学习的灵活性。

从而提高对本节知识的兴趣。

二、学情分析对于高一年级的学生来说。

之前的学习中已经接触到了函数内容。

以及在本节内容的学习之前，已经有了数列的基础。

学生已经具备了一定的分析能力，函数构造基础等。

对于本节授课内容来说，学生在一般很难自己分析出来，有一定的难度。

所以需要老师的正确引导，但是在复习的基础上不宜直接灌输解题方法。

应该带领学生一起观察、分析、猜想、证明。

从而加深学生对本节内容的理解，也可让学生自己尝试找到新的解法，建立自己的思维模式。

三、设计思想在授课中，必须要求学生掌握基本数列（等差数列和等比数列）的内容。

以此引导学生，分析特殊数列。

并且根据之前学习三角函数时用到的“构造”理念。

将特殊数列构造为基本数列，再运用基本数列的知识点来解题。

课堂中，以例题分析为主，让学生学会观察特殊数列的结构，分析如何构造出适合的基本数列的形式。

讲课过程中，以启发性为主，让学生主动分析。

《数列综合应用举例》教案一、教学目标：1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。

2. 培养学生运用数列知识解决实际问题的能力，提高学生的数学应用意识。

3. 通过对数列的综合应用举例，使学生理解数列在数学和自然科学领域中的重要性。

二、教学内容：1. 等差数列的应用举例：例如计算工资、利息等问题。

2. 等比数列的应用举例：例如计算复利、人口增长等问题。

3. 数列的求和公式及应用：例如求等差数列、等比数列的前n项和等问题。

4. 数列的通项公式的应用：例如求等差数列、等比数列的第n项等问题。

5. 数列在函数中的应用：例如数列与函数的关系、数列的函数性质等问题。

三、教学重点与难点：1. 教学重点：数列的基本概念、性质和求和公式。

2. 教学难点：数列的通项公式的理解和应用。

四、教学方法：1. 采用问题驱动的教学方法，引导学生通过解决实际问题来学习数列知识。

2. 利用多媒体课件，直观展示数列的应用实例，提高学生的学习兴趣。

3. 组织小组讨论，培养学生的合作能力和思维能力。

五、教学安排：1. 第一课时：等差数列的应用举例。

2. 第二课时：等比数列的应用举例。

3. 第三课时：数列的求和公式及应用。

4. 第四课时：数列的通项公式的应用。

5. 第五课时：数列在函数中的应用。

6. 剩余课时：进行课堂练习和课后作业的辅导。

六、教学目标：1. 深化学生对数列求和公式的理解，能够熟练运用求和公式解决复杂数列问题。

2. 培养学生运用数列知识进行数据分析的能力，提高学生的数学素养。

3. 通过对数列图像的观察，使学生理解数列与函数之间的关系。

七、教学内容：1. 数列图像的绘制与分析：学习如何绘制数列图像，并通过图像观察数列的特点。

2. 数列与函数的联系：探讨数列与函数之间的关系，理解数列可以看作是函数的特殊形式。

3. 数列在数据分析中的应用：例如，利用数列分析数据的变化趋势，预测未来的数据。

八、教学重点与难点：1. 教学重点：数列图像的绘制方法，数列与函数的关系，数列在数据分析中的应用。

数列1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n 项和的公式，并能解决简单的实际问题．3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题．纵观近几年高考试题，对数列的考查已从最低谷走出，估计以后几年对数列的考查的比重仍不会减小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式的应用是必考内容，数列与函数、三角、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点．从解题思想方法的规律着眼，主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)，例如等差、等比数列中的“知三求二”问题；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用． 第1课时 数列的概念1．数列的概念：数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N*或其子集{1，2，3，……n}的函数f(n)．数列的一般形式为a1，a2，…，an…，简记为{an}，其中an 是数列{an}的第 项． 2．数列的通项公式一个数列{an}的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式an ＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．3．在数列{an}中，前n 项和Sn 与通项an 的关系为：数列基础知识定义项，通项数列表示法数列分类等差数列等比数列定义通项公式前n 项和公式性质特殊数列其他特殊数列求和数列4．求数列的通项公式的其它方法⑴ 公式法：等差数列与等比数列采用首项与公差(公比)确定的方法． ⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n 的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n 的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明．⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式.例1. 根据下面各数列的前n 项的值，写出数列的一个通项公式．⑴ －，，－，…；⑵ 1，2，6，13，23，36，…； ⑶ 1，1，2，2，3，3，解： ⑴ an ＝(－1)n ⑵ an ＝（提示：a2－a1＝1，a3－a2＝4，a4－a3＝7，a5－a4＝10，…，an －an －1＝1＋3(n －2)=3n －5．各式相加得⑶ 将1，1，2，2，3，3，…变形为∴变式训练1.某数列{an}的前四项为0，，0，，则以下各式：① an ＝[1＋(－1)n] ② an ＝③ an ＝其中可作为{an}的通项公式的是 （ ）A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③=n a ⎪⎩⎪⎨⎧≥==21n n a n 312⨯534⨯758⨯9716⨯)12)(12(12+--n n n )673(212+-n n )673(21)43)(1(211)]53(10741[12+-=--+=-++++++=n n n n n a n Λ,213,202,211+++,,206,215,204Λ+++4)1(1222)1(111++-++=-++=n n n n n a 2222n )(11-+⎩⎨⎧)(0)(2为奇数为偶数n n解：D例2. 已知数列{an}的前n 项和Sn ，求通项． ⑴ Sn ＝3n －2⑵ Sn ＝n2＋3n ＋1解 ⑴ an ＝Sn －Sn －1 (n≥2) a1＝S1解得：an ＝⑵ an ＝变式训练2：已知数列{an}的前n 项的和Sn 满足关系式lg(Sn －1)＝n ，(n ∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ． 解：当n ＝1时，a1＝S1＝11；当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝10n －10n －1＝9·10 n －1．故an ＝例3. 根据下面数列{an}的首项和递推关系，探求其通项公式． ⑴ a1＝1，an ＝2an －1＋1 (n≥2) ⑵ a1＝1，an ＝(n≥2)⑶ a1＝1，an ＝ (n≥2)解：⑴ an ＝2an －1＋1(an ＋1)＝2(an －1＋1)(n≥2)，a1＋1＝2．故：a1＋1＝2n ，∴an ＝2n－1．⑵an ＝（an －an －1）＋（an －1－an －2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝3n －1＋3n－2＋…＋33＋3＋1＝．(3)∵∴an ＝变式训练3.已知数列{an}中，a1＝1，an ＋1＝(n ∈N*)，求该数列的通项公式．解：方法一：由an ＋1＝得，∴{}是以为首项，为公差的等差数列．∴＝1＋(n －1)·,即an ＝⎩⎨⎧=≥⋅-)1(1)2(321n n n ⎩⎨⎧≥+=)2(22)1(5n n n ,110101)1lg(+=⇒=-⇒=-n n n n n S S n S ⎪⎩⎪⎨⎧≥⋅=-)2(109)1(111n n n 113--+n n a 11--n a n n ⇒)13(21-nnn a a n n 11-=-⋅--⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅-----12111232211n n n n a a a a a a a a a n n n n n n Λn n n 112123=⋅⋅⋅--Λ22+n n a a 22+n n a a 21111=-+n n a a na 1111=a 21na 12112+n方法二：求出前5项，归纳猜想出an ＝，然后用数学归纳证明．例4. 已知函数＝2x －2－x ，数列{an}满足＝－2n ，求数列{an}通项公式．解：得变式训练4.知数列{an}的首项a1＝5．前n 项和为Sn 且Sn ＋1＝2Sn ＋n ＋5（n ∈N*）． (1) 证明数列{an ＋1}是等比数列；(2) 令f (x)＝a1x ＋a2x2＋…＋anxn ，求函数f (x)在点x ＝1处导数f 1 (1)．解：(1) 由已知Sn ＋1＝2Sn ＋n ＋5，∴ n≥2时，Sn ＝2Sn －1＋n ＋4，两式相减，得： Sn ＋1－Sn ＝2(Sn －Sn －1)＋1，即an ＋1＝2an ＋1 从而an ＋1＋1＝2(an ＋1)当n ＝1时，S2＝2S1＋1＋5，∴ a1＋a2＝2a1＋6, 又a1＝5，∴ a2＝11∴ ＝2，即{an ＋1}是以a1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列. (2) 由(1)知an ＝3×2n －1 ∵ ＝a1x ＋a2x2＋…＋anxn ∴ ＝a1＋2a2x ＋…＋nanxn －1 从而＝a1＋2a2＋…＋nan＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n －1) ＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋…＋n)＝3[n×2n ＋1－(2＋…＋2n)]－ ＝3(n －1)·2n ＋1－＋61．根据数列的前几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项与项数之间的关系，常用的方法有观察法、通项法，转化为特殊数列法等.2．由Sn 求an 时，用公式an ＝Sn －Sn －1要注意n≥2这个条件，a1应由a1＝S1来确定，最后看二者能否统一．3．由递推公式求通项公式的常见形式有：an ＋1－an ＝f(n)，＝f(n)，an ＋1＝pan ＋q ，分别用累加法、累乘法、迭代法（或换元法）． 第2课时 等差数列1．等差数列的定义： － ＝d （d 为常数）．12+n )(x f )(log 2n a f na f n a na n 222)(log 2log 2log 2-=-=-n a a nn 21-=-n n a n -+=12111+++n n a a )(x f )('x f )1('f 2)1(+n n 2)1(+n n nn a a 1+2．等差数列的通项公式： ⑴ an ＝a1＋ ×d ⑵ an ＝am ＋ ×d3．等差数列的前n 项和公式： Sn ＝ ＝ ．4．等差中项：如果a 、b 、c 成等差数列，则b 叫做a 与c 的等差中项，即b ＝ ． 5．数列{an}是等差数列的两个充要条件是：⑴ 数列{an}的通项公式可写成an ＝pn ＋q(p, q ∈R) ⑵ 数列{an}的前n 项和公式可写成Sn ＝an2＋bn (a, b ∈R)6．等差数列{an}的两个重要性质：⑴ m, n, p, q ∈N*，若m ＋n ＝p ＋q ，则 ．⑵ 数列{an}的前n 项和为Sn ，S2n －Sn ，S3n －S2n 成 数列．例1. 在等差数列{an}中，(1)已知a15＝10，a45＝90，求a60； (2)已知S12＝84，S20＝460，求S28； (3)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8．解：(1)方法一：∴a60＝a1＋59d ＝130． 方法二：，由an ＝am ＋(n －m)d a60＝a45＋(60－45)d ＝90＋15×＝130．(2)不妨设Sn ＝An2＋Bn ，∴∴Sn ＝2n2－17n∴S28＝2×282－17×28＝1092 (3)∵S6＝S5＋a6＝5＋10＝15，又S6＝ ∴15＝即a1＝－5 而d ＝∴a8＝a6＋2 d ＝16S8＝变式训练1.在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝ ．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=⇒⎩⎨⎧=+==+=38382904410141145115d a d a a d a a 3815451545=--=--=a a m n a a d m n ⇒38⎩⎨⎧-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+172460202084121222B A B A B A 2)10(62)(6161+=+a a a 2)10(61+a 31616=--a a 442)(881=+a a解：∵d ＝a6－a5＝－5，∴a4＋a5＋…＋a10＝例2. 已知数列{an}满足a1＝2a ，an ＝2a －（n≥2）．其中a 是不为0的常数，令bn ＝．⑴ 求证：数列{bn}是等差数列．⑵ 求数列{an}的通项公式．解：∵ ⑴ an ＝2a －(n≥2)∴ bn ＝ (n≥2)∴ bn －bn －1＝(n≥2)∴ 数列{bn}是公差为的等差数列．⑵ ∵ b1＝＝故由⑴得：bn ＝＋(n －1)×＝即：＝ 得：an ＝a(1＋)变式训练2.已知公比为3的等比数列与数列满足，且，（1）判断是何种数列，并给出证明；（2）若，求数列的前n 项和解：1），即为等差数列。

高三数学总复习《数列》综合题应用教案设计一、设计思想1、设计理念利用信息技术手段优化教学过程，改善教学效果。

2、设计背景在数学的教学过程中，利用传统的媒体（如黑板、粉笔等）教学已经不能适应新课改的要求，需要新的技术手段来促进教学。

3、教材的地位与作用本节教材在学生学习过数列的相关概念与公式的基础上，学习利用数列的公式解答高考题中有关数列的题。

本设计是高一下册最后一章的教学内容。

二、学习目标⑴知识与技能掌握等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式，能用等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式解答高考题中有关数列的题。

⑵过程与方法通过教师总结的一般解题方法——“六步法”，体会一般的解题过程，正确解题。

⑶情感、态度与价值观通过对数列的学习，发展数学思维。

教学重点掌握4个有关数列的公式教学难点掌握一般解题方法，正确解题。

三、教学设想：本节课采用以教为主的课堂教学模式,利用PPT讲解。

四、教学过程（一）直接导入通过说明数列在高考题中所占分值17分左右，来说明其重要性。

直接导入教学（二）复习重点四个公式（三）提出一般解题方法——六步法1.审题(注意点要标注)2.分析求什么？3.分析已知条件4.把所有已知条件化成a1、d或a1、q的形式5.解方程组，得a1、d和a1、q6.作答(四)重难点突破——09年高考试题文科数学（全国一）例题：(17)(本小题满分10分)设等差数列{an }的前项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前项和为Tn，已知a1=1,b1=3,a3+b3=17,T3-S3=12,求{an},{bn}的通项公式。

解：设{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q>0，由题得：1+2d+q2=17 (1) q2+q+1-(3+3d)=12 (2) q>0 (3)解(1) (2) (3)得：q=2,d=2.所以，an =2n-1,bn=2n-1(五) 课堂小结利用正确的解题步骤解题。

高三数学一轮复习第33课时数列的综合应用学案例1 已知等差数列{a n}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{b n}的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)设数列{c n}对n∈N*，均有c1b1＋c2b2＋…＋c nb n＝a n＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2 012.思考题1 已知等比数列{a n}的公比为q，前n项的和为S n，且S3，S9，S6成等差数列．(1)求q3；(2)求证：a2，a8，a5成等差数列．题型二数列与函数、不等式的综合应用例2已知函数f(x)＝log k x(k为常数，k>0且k≠1)，且数列{f(a n)}是首项为4，公差为2的等差数列．(1)求证：数列{a n}是等比数列；(2)若b n＝a n·f(a n)，当k＝2时，求数列{b n}的前n项和S n；(3)若c n＝a n lg a n，问是否存在实数k，使得{c n}中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k的范围；若不存在，说明理由．思考题2 已知函数f(x)对任意实数p，q都满足f(p＋q)＝f(p)·f(q)，且f(1)＝13 .(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式(2)设a n＝nf(n)(n∈N*)，S n是数列{a n}的前n项的和，求证：S n<34；(3)设b n＝nf n＋f n(n∈N*)，数列{b n}的前n项和为T n，试比较1T1＋1T2＋1T3＋…＋1T n与6的大小．题型三数列与导数、解析几何的综合应用例3 已知在正项数列{a n}中，a1＝2，点A n(a n，a n＋1)在双曲线y2－x2＝1上，数列{b n}中，点(b n，T n)在直线y＝－12x＋1上，其中T n是数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式； (2)求证：数列{b n}是等比数列；(3)若c n＝a n·b n，求证：c n＋1<c n.思考题3 已知函数f(x)＝x2－4，设曲线y＝f(x)在点(x n，f(x n))处的切线与x轴的交点为(x n＋1,0)(n∈N*)，其中x1为正实数．(1)用x n表示x n＋1；(2)若x1＝4，记a n＝lg x n＋2x n－2，证明数列{a n}成等比数列，并求数列{a n}的通项公式．题型四数列的实际应用例4 为了增强环保建设，提高社会效益和经济效益，郑州市计划用若干年更换10 000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车40辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．思考题4 某林场为了保护生态环境，制定了植树造林的两个五年计划，第一年植树16a亩，以后每年植树面积都比上一年增加50%，但从第六年开始，每年植树面积都比上一年减少a亩．(1)求该林场第6年植树的面积；(2)设前n(1≤n≤10且n∈N)年林场植树的总面积为S n亩，求S n的表达式．。

福建省漳浦县道周中学2014年高考数学专题复习数列的综合应用教案文1.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题.2.数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率、银行信贷、分期付款、合理定价等.3.解答数列应用题的基本步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中.4.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)分期付款模型：设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b ＝r1＋r n 1＋r n－1a.[难点正本疑点清源]1.用函数的观点理解等差数列、等比数列(1)对于等差数列，由a n＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，当d≠0时，a n是关于n的一次函数，对应的点(n，a n)是位于直线上的若干个离散的点.当d>0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常函数，对应的数列是常数列；d<0时，函数是减函数，对应的数列是递减数列. 若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2＋qn (p、q∈R).当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.(2)对于等比数列：a n＝a1q n－1.可用指数函数的性质来理解.①当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时，等比数列是递增数列；②当a1>0,0<q<1或a1<0，q>1时，等比数列{a n}是递减数列.③当q＝1时，是一个常数列.④当q<0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列.2.解答数列综合问题的注意事项(1)要重视审题、精心联想、沟通联系；(2)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.题型一等差数列与等比数列的综合应用例1在等比数列{a n} (n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设b n＝log2a n，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.(1)求证：数列{b n}是等差数列；(2)求{b n}的前n项和S n及{a n}的通项a n ；(3)试比较a n与S n的大小.探究提高在解决等差数列和等比数列综合题时，恰当地运用等差数列和等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度和准确度，如本例中就合理地应用了等差中项.已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，且a n＋1＝(1＋q)a n－qa n－1 (n≥2，q≠0).(1)设b n＝a n＋1－a n (n∈N*)，证明：{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈N*，a n是a n＋3与a n＋6的等差中项. 题型二数列与函数的综合应用例2已知函数f(x)＝log2x－log x2(0<x<1)，数列{a n}满足f(2a n)＝2n (n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)判断数列{a n}的单调性.探究提高本题融数列、方程、函数单调性等知识为一体，结构巧妙、形式新颖，着重考查学生的逻辑分析能力.已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有f(1＋x)＝f(1－x)，直线g(x)＝4(x －1)的图象被f(x)的图象截得的弦长为417，数列{a n}满足a1＝2，(a n＋1－a n)g(a n)＋f(a n)＝0 (n∈N*).(1)求函数f(x)的解析式；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)设b n＝3f(a n)－g(a n＋1)，求数列{b n}的最值及相应的n.题型三 数列与不等式的综合应用例3 已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝14，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝b n1－a 2n .(1)求b 1，b 2，b 3，b 4； (2)求数列{b n }的通项公式；(3)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1，求实数a 为何值时，4aS n <b n .探究提高 由a n ＋b n ＝1得到a n 的表达式，然后利用裂项相消法求得S n ，将4aS n <b n 转化为(a －1)n2＋(3a －6)n －8<0对任意n ∈N *恒成立.利用二次函数的性质进行分析，设f (x )＝(a －1)x 2＋3(a －2)x －8，对x 2的系数分a ＝1，a >1及a <1三种情况进行分类讨论，从而求得使不等式成立的a 的取值范围.已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ； (3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0032对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .题型四 数列的实际应用例4 某市2008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2008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例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)探究提高 解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题，这恰好是数学实际应用的具体体现.从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划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，2010年投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业有促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(2010年为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ (参考数据：lg 2＝0.301 0)15.用构造新数列的思想解题试题：(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1 (n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.审题视角 (1)从求证内容来看，首先要求出S n .(2)从S n 与S n －1的递推关系看，可考虑构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n .(3)可考虑用放缩法证明. 规范解答(1)解 ∵a n ＝－2S n ·S n －1 (n ≥2)，∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2 (n ≥2)，[2分]∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列，[3分]∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n.[5分]将S n ＝12n 代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝1，12n －2n 2n ≥2.[6分](2)证明 ∵S 2n ＝14n 2<14n n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n ≥2)，S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n ＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n<14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝12－14n；[10分]当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1.综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.[12分]批阅笔记 (1)在数列的解题过程中，常常要构造新数列，使新数列成为等差或等比数列.构造新数列可以使题目变得简单，而构造新数列要抓住题目信息，不能乱变形.(2)本题首先要构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，其次应用放缩法，并且发现只有应用放缩法才能用裂项相消法求和，从而把问题解决.事实上：14n 2<14n n －1，也可以看成一个新构造：b n ＝14n n －1. (3)易错分析：构造不出新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，从而使思维受阻.不会作不等式的放缩.方法与技巧1.深刻理解等差(比)数列的性质，熟悉它们的推导过程是解题的关键.两类数列性质既有相似之处，又有区别，要在应用中加强记忆.同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错.2.在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程(组)求解，在解方程组时，仔细体会两种情形中解方程组的方法的不同之处.3.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，深刻领悟它在解题中的重大作用，常用的数学思想方法有：“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转换”等.4.在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用它解决实际问题. 失误与防范1.等比数列的前n 项和公式要分两种情况：公比等于1和公比不等于1.最容易忽视公比等于1的情况，要注意这方面的练习.2.数列的应用还包括实际问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解.专题四 数列的综合应用(时间：60分钟) A 组 专项基础训练题组 一、选择题1.(2011·安徽)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A.15B.12C.－12D.－152.(2010·福建)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A.6B.7C.8D.93.设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1D.n ＋1n二、填空题4.(2011·江苏)设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________.5.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为_____________.6.在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝________. 三、解答题7.已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小正整数n 的值.8.某人有人民币1万元，若存入银行，年利率为6%；若购买某种股票，年分红利为24%，每年储蓄的利息和买股票所分的红利都存入银行.(1)问买股票多少年后，所得红利才能和原来的投资款相等？(2)经过多少年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等？(精确到整年) (参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1，lg 1.06≈0.025 3)B 组 专项能力提升题组 一、选择题1.{a n }是等差数列，a 2＝8，S 10＝185，从{a n }中依次取出第3项，第9项，第27项，…，第3n项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，则b n 等于 ( )A.3n ＋1＋2 B.3n ＋1－2C.3n＋2D.3n－22.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2 (n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n( )A.有最小值63B.有最大值63C.有最小值31D.有最大值313.已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4 (n ∈N *)且a 1＝9，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小正整数n 是 ( )A.5B.6C.7D.8二、填空题4.(2011·陕西)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米.5.将全体正整数排成一个三角形数阵： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ………………按照以上排列的规律，第n 行(n ≥3)从左向右的第3个数为__________.6.对正整数n ，若曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和为____________. 三、解答题7.已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n －1n n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ·2n，求数列{b n }的前n 项和S n .8.已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1na n ＋3 (n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由. 答案题型分类·深度剖析例1 (1)证明 ∵b n ＝log 2a n ，∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n＝log 2q 为常数，∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)S n ＝9n －n 22 a n ＝25－n (n ∈N *)(3)解 显然a n ＝25－n>0， 当n ≥9时，S n ＝n 9－n2≤0，∴n ≥9时，a n >S n .∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1，a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10，S 6＝9，S 7＝7，S 8＝4，∴当n ＝3,4,5,6,7,8时，a n <S n ； 当n ＝1,2或n ≥9时，a n >S n .变式训练1 (1)证明 由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1 (n ≥2)， 得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0， 所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列.(2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ， q ≠1n ， q ＝1(3)解 由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1. 由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8， 由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2或q 3＝1(舍去).于是q ＝－32. 另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q(1－q 6).由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ， 即2a n ＝a n ＋3＋a n ＋6，n ∈N *.所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项.例2 解 (1)由已知得log 22a n －1log 22a n ＝2n ，∴a n －1a n ＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0.∴a n ＝n ±n 2＋1.∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1.(2)∵a n ＋1a n ＝n ＋1－n ＋12＋1n －n 2＋1＝n ＋n 2＋1n ＋1＋n ＋12＋1<1， 又∵a n <0，∴a n ＋1>a n ， ∴{a n }是递增数列.变式训练2 (1)f (x )＝(x －1)2(2)a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＋1(3)解 b n ＝3(a n －1)2－4(a n ＋1－1)，令b n ＝y ，u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，则y ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－14＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－34. ∵n ∈N *，∴u 的值分别为1，34，916，2764，…，经比较916距12最近，∴当n ＝3时，b n 有最小值是－189256，当n ＝1时，b n 有最大值是0. 例3 (1)b 1＝34，b 2＝45，b 3＝56，b 4＝67(2)b n ＝n ＋2n ＋3(3)解 a n ＝1－b n ＝1n ＋3，∴S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝14×5＋15×6＋…＋1n ＋3n ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋3－1n ＋4＝14－1n ＋4＝n 4n ＋4. ∴4aS n －b n ＝an n ＋4－n ＋2n ＋3＝a －1n 2＋3a －6n －8n ＋3n ＋4.由条件可知(a －1)n 2＋(3a －6)n －8<0在[1，＋∞)上恒成立即可满足条件. 设f (x )＝(a －1)x 2＋3(a －2)x －8， 则a ＝1时，f (x )＝－3x －8<0，恒成立；a >1时，由二次函数的性质知不可能成立； a <1时，对称轴x ＝－32·a －2a －1＝－32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a －1<0.f (x )在[1，＋∞)上为单调递减函数. f (1)＝(a －1)＋(3a －6)－8＝4a －15<0.∴a <154，∴a <1时，4aS n <b n 恒成立.综上知，a ≤1时，4aS n <b n 恒成立.变式训练3 (1)a n ＝23n ＋13(2)－49(2n 2＋3n ) (3)2 012例4 解 (1)设中低价房面积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则S n ＝250n ＋n n －12×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2017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{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400×(1.08)n －1.由题意可知a n >0.85b n ， 有250＋(n －1)×50>400×(1.08)n －1×0.85.当n ＝5时，a 5<0.85b 5，当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2013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%. 变式训练4 (1)a n ＝4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，b n ＝1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1(2)解 设经过n 年，旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，即1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1－4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n >0，令x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，代入上式得5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25，或x >1(舍去)，即⎝ ⎛⎭⎪⎫45n <25，由此得n ≥5. 答 至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入. 课时规范训练 A 组1.A2.A3.A4.33 5.－10 6.97.解 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，① a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2).②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2， ∴a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n). 设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n， ③ 则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n ·2n ＋1>50成立， 即－(n －1)·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1>50，即2n>26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x是单调递增函数，∴满足条件的n 的最小值为5. 8.解 设该人将1万元购买股票，x 年后所得的总红利为y 万元，则y ＝24%＋24%(1＋6%)＋24%(1＋6%)2＋…＋24%(1＋6%)x －1＝24%(1＋1.06＋1.062＋…＋1.06x －1)＝4(1.06x－1).(1)由题意，得4(1.06x－1)＝1， ∴1.06x＝54.两边取常用对数，得x lg 1.06＝lg 54＝lg 5－lg 4＝1－3lg 2.∴x ＝1－3lg 2lg 1.06≈1－3×0.301 00.025 3≈4.(2)由题意，得4(1.06x－1)＝(1＋6%)x，∴1.06x＝43.解得x ≈5.答 (1)买股票4年后所得的红利才能和原来的投资款相等； (2)经过大约5年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等. B 组1.A2.A3.C4.2 0005.n 2－n ＋626.2n ＋1－27.(1)a n ＝n ＋1n，n ∈N * (2)S n ＝n ·2n ＋18.解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2. ∵a 1＝1，解得d ＝2，d ＝0(舍). ∴a n ＝2n －1 (n ∈N *). (2)b n ＝1na n ＋3＝12n n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n2n ＋1. 假设存在整数t 满足S n >t36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12n ＋2－n2n ＋1 ＝12n ＋2n ＋1>0，∴数列{S n }是单调递增的.∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.。

城东蜊市阳光实验学校2021届高三数学一轮复习精品教案――数列〔附高考预测〕一、本章知识构造： 二、重点知识回忆 １．数列的概念及表示方法〔１〕定义：按照一定顺序排列着的一列数．〔２〕表示方法：列表法、解析法〔通项公式法和递推公式法〕、图象法．〔３〕分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．〔４〕n a 与n S 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥．2．等差数列和等比数列的比较〔１〕定义：从第2项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列；从第2项起每一项与它前一项的比等于同一常数〔不为0〕的数列叫做等比数列． 〔２〕递推公式：110n n n n a a d a a q q n *++-==≠∈N ，·，，．〔３〕通项公式：111(1)n n n a a n d a a q n -*=+-=∈N ，，．〔４〕性质等差数列的主要性质：①单调性：0d ≥时为递增数列，0d ≤时为递减数列，0d =时为常数列．②假设m n p q +=+，那么()m n p q a a a a m n p q *+=+∈N ，，，．特别地，当2m n p +=时，有2m n p a a a +=．③()()nm a a n m d m n *-=-∈N ，．④232k k k k k S S S S S --，，，…成等差数列．等比数列的主要性质：①单调性：当1001a q <⎧⎨<<⎩，或者者101a q >⎧⎨>⎩时，为递增数列；当101a q <⎧⎨>⎩，，，或者者1001a q >⎧⎨<<⎩时，为递减数列；当0q <时，为摆动数列；当1q =时，为常数列．②假设m n p q +=+，那么()m n p q a a a a m n p q *=∈N ··，，，．特别地，假设2m n p +=，那么2m n p a a a =·．③(0)n m nma q m n q a -*=∈≠N ，，． ④232k kk k k S S S S S --，，，…，当1q ≠-时为等比数列；当1q =-时，假设k 为偶数，不是等比数列．假设k 为奇数，是公比为1-的等比数列．三、考点剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质 例1.〔2021模拟〕数列.12}{2n n S n a nn -=项和的前〔1〕求数列}{n a 的通项公式；〔2〕求数列.|}{|n n T n a 项和的前解：〔1〕当111112,1211=-⨯===S a n时；、当.213])1()1(12[)12(,2221n n n n n S S a n n n n -=-----=-=≥-时，.213111的形式也符合n a -=.213}{,n a a n n -=的通项公式为数列所以、〔2〕令.6,,0213*≤∈≥-=n n n a n 解得又N当2212112||||||,6n n S a a a a a a T n n n n n -==+++=+++=≤ 时；当||||||||||,67621n n a a a a a T n++++++=> 时综上，⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤-=.6,7212,6,1222n n n n n n T n点评：此题考察了数列的前n 项与数列的通项公式之间的关系，特别要注意n ＝１时情况，在解题时经常会忘记。

数列综合应用教案【篇一：《数列的综合应用》教案】个性化教案授课时间年级高三备课时间学生姓名教师姓名课题数列的进一步认识教学目标（1）熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，以及非等差数列、等比数列求和的几种常见方法。

教学重点教学设计教学内容（2）理解与掌握“等价转化”、“变量代换”思想（3）能在具体的问题情境中识别数列的相应关系，并能用相关知识解决相应的问题1、数列求和的几种常见方法2、识别数列的相关关系，并能利用“等价转化”、“变量代换”思想解决相关数列问题一、检查并点评学生的作业。

检查过程中，要特别注意反映在学生作业中的知识漏洞，并当场给学生再次讲解该知识点，也可出题让学生做，检查效果。

二、检查学生上节课或在校一周内的知识点掌握情况，帮助学生再次梳理知识。

三、讲授新内容数列求和数列求和的常用方法 1、公式法（1）直接利用等差数列、等比数列的前n项公式求和；（2）一些常见的数列的前n项和：n∑k=n(n+1)k=12n∑k2=16n(n+1)(2n+1)k=1nk3=14n2(n+1)2k=12、倒序相加法如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法。

等差数列的前n项和即是用此法推导的。

3、错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的；例：sn=1*2+2*4+3*8+??+n*2n①2sn=1*4+2*8+3*16+??+（n-1）*2n+n*2n+1②①-②得 -sn=2-（4+8+16+??+2n）-n*2n+1 即：sn=（n-1）2n+1-64、裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和；注：用裂项相消法求数列前n项和的前提是：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用裂项相消法的前提。

§2.2 数列的综合运用考点核心整合1.函数思想、方程思想、分类讨论等思想在解决数列综合问题时常常用到.2.数列与函数、数列与不等式的综合、用数列知识解决实际问题等内容是近几年高考的热点之一.考题名师诠释【例1】设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n,n S n )(n ∈N *)均在函数y=3x-2的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =13+n n a a ,T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <20m 对所有n ∈N *都成立的最小正整数m.解：(1)依题意得nS n =3n-2，即S n =3n 2-n. 当n ≥2时，a n =S n -S n-1=(3n 2-2n)-［3(n-1)2-2(n-1)］=6n-5;当n=1时，a 1=S 1=3×12-2×1=1=6×1-5.所以a n =6n-5(n ∈N *).(2)由(1)得b n =13+n n a a =]5)1(6)[56(3-+-n n =21(561-n -161+n )， 故T n =∑=ni i b 1=21［(1-71)+(71-131)+…+(561-n -161+n )］=21(1-161+n ). 因此，使得21(1-161+n )<20m (n ∈N *)成立的m 必须且仅需满足21≤20m ，即m ≤10，故满足要求的最小整数m 为10.评述：本小题主要考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本运算技能，考查分析问题的能力和推理能力.【例2】已知函数f(x)=2n 21x +-x 在［0,+∞)上的最小值是a n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)证明211a +221a +…+21n a <21; (3)在点列A n (2n,a n )中是否存在两点A i 、A j (i 、j ∈N *),使直线A i A j 的斜率为1?若存在,求出所有的数对(i,j);若不存在,请说明理由.(1)解：由f(x)=2n 21x +-x ，得f ′(x)=212x nx+-1.令f ′(x)=0，得x=1412-n .当x ∈(0,1412-n )时,f ′(x)<0； 当x ∈(1412-n ,+∞)时,f ′(x)>0.∴f(x)在［0,+∞］上,当x=1412-n 时取得最小值142-n .∴a n =142-n .(2)证明：∵21n a =1412-n =21(121-n -121+n ), ∴211a +221a + (21)a =21［(1-31)+(31-51)+…+(121-n -121+n )］ =21(1-121+n )<21. (3)解：不存在.设A i (2i,a i )、A j (2j,a j )(其中i 、j ∈N *)，则j i A A k =)(2j i a a ji --=)(2141422j i j i ----=1414)(2)(42222-+---j i j i j i . 又1414)(222-+-+j i j i >2244)(2j i j i ++=1,故不存在.链接·思考若a n =242-n ,则点列A n (2n,a n )呈现什么样的分布特征?从而本题第(3)问能否从曲线的角度给出解答?提示:令x=2n,y=a n ,则y=12-x (x ≥2).点(x,y)在曲线x 2-y 2=1(x ≥2,y ≥0)上,而双曲线的一条渐近线方程为y=x,其斜率为1,A i 、A j 在双曲线上,故j i A A k <1矛盾.评述：本题从研究函数最值入手推导通项公式,比较新颖,又考查了数列、不等式及直线的斜率公式、圆锥曲线,综合性非常强.【例3】(2005山东高考，21理)已知数列{a n }的首项a 1=5,前n 项和为S n ,且S n+1=2S n +n+5(n ∈N *).(1)证明数列{a n +1}是等比数列;(2)令f(x)=a 1x+a 2x 2+…+a n x n ,求函数f(x)在点x=1处的导数f ′(1)，并比较2f ′(1)与23n 2-13n 的大小.解：(1)由已知S n+1=2S n +n+5,∴n ≥2时,S n =2S n-1+n+4.两式相减,得S n+1-S n =2(S n -S n-1)+1,即a n+1=2a n +1,从而a n+1+1=2(a n +1).当n=1时,S 2=2S 1+1+5,∴a 1+a 2=2a 1+6.又a 1=5,∴a 2=11.从而a 2+1=2(a 1+1).故总有a n+1+1=2(a n +1),n ∈N *.又∵a 1=5,∴a n +1≠0.从而111+++n n a a =2，即{a n +1}是以a 1+1=6为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)知a n =3×2n -1.∵f(x)=a 1x+a 2x 2+…+a n x n ,∴f ′(x)=a 1+2a 2x+…+na n x n-1.从而f ′(1)=a 1+2a 2+…+na n=(3×2-1)+2(3×22-1)+…+n(3×2n -1)=3(2+2×22+…+n ×2n )-(1+2+…+n)=3［n ×2n+1-(2+…+2n )］-2)1(+n n =3［n ×2n+1-2n+1+2］-2)1(+n n =3(n-1)·2n+1-2)1(+n n +6. 由上2f ′(1)-(23n 2-13n)=12(n-1)·2n -12(2n 2-n-1)=12(n-1)·2n -12(n-1)(2n+1)=12(n-1)［2n -(2n+1)］. (*)当n=1时,(*)式=0,∴2f ′(1)=23n 2-13n;当n=2时，(*)式=-12<0，∴2f ′(1)<23n 2-13n;当n ≥3时,n-1>0.又2n =(1+1)2=0n C +1n C +…+1-n n C +nn C ≥2n+2>2n+1,∴(n-1)［2n -(2n+1)］>0,即(*)式>0,从而2f ′(1)>23n 2-13n.链接·思考在比较2f ′(1)与23n 2-13n 的大小时能否采用数学归纳法证明呢？用数学归纳法:n ≥3时,猜想2f ′(1)>23n 2-13n.由于n-1>0,只要证明2n >2n+1.事实上,①当n=3时,23>2×3+1.不等式成立.②设n=k 时(k ≥3),有2k >2k+1,则2k+1>2(2k+1)=4k+2=2(k+1)+1+(2k-1).∵k ≥3,∴2k-1>0.从而2k+1>2(k+1)+1+(2k-1)>2(k+1)+1,即n=k+1时,亦有2n >2n+1.综上①②知,2n >2n+1对n ≥3,n ∈N *都成立.∴n ≥3时,有2f ′(1)>23n 2-13n.综上,n=1时,2f ′(1)=23n 2-13n;n=2时,2f ′(1)<23n 2-13n;n ≥3时,2f ′(1)>23n 2-13n.【例4】(2005上海高考，20理)假设某市2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是低价房，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2004年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)当年建造的低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？解：(1)设中低价房面积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列.其中a 1=250,d=50. 则S n =250n+2)1(-n n ×50=25n 2+225n, 令25n 2+225n ≥4 750,即n 2+9n-190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2013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{b n }，由题意可知{b n }是等比数列.其中b 1=400,q=1.08.则b n =400(1.08)n-1.由题意可知a n >0.85b n .有250+(n-1)·50>400·(1.08)n-1·0.85.用计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.∴到2009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%. 评述：本题主要考查学生运用所学数列知识解决实际问题的能力，以及数学建模能力.【例5】(2006上海高考，21理)已知有穷数列{a n }共有2k 项(整数k ≥2),首项a 1=2，设该数列的前n 项和为S n ，且a n+1=(a-1)S n +2(n=1,2,…,2k-1)，其中常数a>1.(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)若a=1222-k ，数列{b n }满足b n =n1log 2(a 1a 2…a n )(n=1,2,…,2k)，求数列{b n }的通项公式； (3)若(2)中的数列{b n }满足不等式.|b 1-23|+|b 2-23|+…+|b 2k-1-23|+|b 2k -23|≤4，求k 的值. 解：(1)a n+1=(a-1)S n +2, ①当n ≥2时,a n =(a-1)S n-1+2, ②两式相减得a n+1-a n =(a-1)(S n -S n-1)=(a-1)a n ，∴a n+1=aa n . ∴nn a a 1+=a 为常数. ∴数列{a n }是以a 1=2为首项，以a 为公比的等比数列.(2)由(1)知a n =2·a n-1，∴b n =n 1log 2(2·2a ·2a 2·…·2a n-1) =n1log 2(2n ·a 1+2+…+(n-1)) =n1(n+2)1(2log -n n a )=1+n 1·2)1(-n n ·log 2a =1+21-n ·122-k =1+121--k n . (3)|b n -23|=|121--k n -21|=|)12(2122---k k n |， ∴|b 1-23|+|b 2-23|+…+|b 2k-1-23|+|b 2k -23| =|)12(221--k k |+|)12(223--k k |+…+|)12(232--k k |+|)12(212--k k | =2［)12(21-k +)12(23-k +…+)12(232--k k +)12(212--k k ］ =12)12(531--+⋅⋅⋅+++k k =122-k k . 令122-k k ≤4，即k 2-8k+4≤0, ∴4-23≤k ≤4+23.又∵k ≥2，k ∈Z ，∴k 的值为2,3,4,5,6,7.评注：本题主要考查数列知识的综合运用以及对数知识和解绝对值不等式的能力.。

专 题 训 练第十讲: 数列的综合运用学校 学号 班级 姓名知能目标1. 进一步理解等差数列和等比数列的概念和性质.2. 能熟练应用等差数列与等比数列的通项公式, 中项公式,前n 项和公式, 强化综合运用这些公式解题的能力.3. 在解数列综合题的实际中加深对基础知识, 基本技能和基本数学思想方法的认识, 沟通各类知识的联系, 形成完整的知识网络, 提高分析问题和解决问题的能力.综合脉络1. 揭示数列本质数列与函数的关系 数列是一类特殊的函数. 从函数的观点看, 对于一个定义域为正整 数集*N (或它的有限子集}n ,,4,3,2,1{Λ )的函数来说, 数列就是这个函数当自变量从小到 大依次取值时对应的一列函数值.等差数列与函数的关系 公差0d ≠时, n n S ,a 分别是n 的一次函数和二次函数. 反过来, 如果n a 是n 的一次函数, 那么}a {n 一定是公差不为0的等差数列; 如果n S 是n 的二次函数且 常数项为0, 那么}a {n 一定是公差不为0的等差数列.通项n a 与前n 项和n S 之间的关系: .)2n (S S )1n (S a 1n n 1n ⎩⎨⎧≥-==-2. 分析高考趋势数列是初等数学与高等数学衔接和联系最密切的内容之一, 是进一步学习高等数学的基础, 数列的题目形态多变, 蕴含丰富的数学思想和数学方法, 是高考的热点之一. 在近几年新教材的高考试题中, 对数列的考查多以解答题的形式出现, 数列与函数, 数列与不等式等的综合知识, 在知识的交汇点处设计题目, 成为高考对能力和素质考查的重要方面. 在数列方面的考查, 对能力方面的要求, 呈现越来越高的趋势, 对知识考查的同时, 伴随着对数学思想方法的考查. 在近几年新教材的高考试题中, 数列约占9％左右, 考查的内容主要有: ①等差数列、等比数列的基本知识 (定义、通项公式、前n 项和公式); ②等差数列、等比数列与其他知识点的综合运用, 及应用数列知识解决实际问题; ③ 函数和方程的思想, 化归思想, 分类讨论思想, 待定系数法等. (一) 典型例题讲解:例1. 已知2)1(f =, 21)n (f 2)1n (f +=+)N n (*∈, 求)101(f 的值.例2. 已知数列1a }a {1n =中，且,)1(a a k1k 2k 2-+=- ,3a a kk 21k 2+=+其中Λ,3,2,1k =(1) 求53a ,a ; (2) 求}a {n 的通项公式.例3. 在公差不为零的等差数列}a {n 及等比数列}b {n 中, 已知a 1＝1, 且a 1＝b 1, a 2＝b 2, a 8＝b 3.(1)求数列}a {n 的公差d 和}b {n 的公比q ;(2)是否存在常数a 、b 使得对于一切自然数n, 都有b b log a n a n +=成立, 若存在, 求 出a 、b 的值, 若不存在, 说明理由.(二) 专题测试与练习: 一. 选择题1. 数列}a {n 的通项公式为1n n 1a n ++=, 若}a {n 前n 项和为24, 则n 为 ( )A. 25B. 576C. 624D. 6252. 设数列}a {n 是递增等差数列, 前三项的和为12, 前三项的积为48, 则它的首项是 ( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 63. 设)N n (n 213n 12n 11n 1)n (f *∈+++++++=Λ, 那么)n (f )1n (f -+等于 ( ) A. 1n 21+ B. 2n 21+C. 2n 211n 21+++D. 2n 211n 21+-+4. 若数列}a {n 前8项的值各异, 且n 8n a a =+对任意*∈N n 都成立, 则下列数列中可取遍}a {n 前8项值的数列为 ( ) A. }a {1k 3+ B. }a {1k 2+ C. }a {1k 4+ D. }a {1k 6+5. 已知数列}a {n , 那么“对任意的*∈N n , 点)a ,n (P n n 都在直线1x 2y +=上”是“}a {n 为等差数列”的 ( ) A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件6. 根据市场调查结果, 预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量n S (万件)近似 地满足)12,,2,1n )(5n n 21(90nS 2n Λ=--=. 按此预测, 在本年度内, 需求量超过1.5 万件的月份是 ( ) A. 5月、6月 B. 6月、7月 C. 7月、8月 D. 8月、9月二. 填空题7. 数列)21(1++)421(+++++Λ)221(1n -+++Λ前n 项和为______ ____.8. 设}a {n 是首项为1的正项数列, 且0a a na a )1n (n 1n 2n 21n =+-+++),3,2,1n (Λ=, 则它的 通项公式是=n a ____ _____ .9. 已知一个等比数列首项为1, 项数是偶数, 其奇数项之和为85, 偶数项之和为170, 求这个 数列的公比 , 项数为 .10. 在各项均为正数的等比数列}a {n 中, 若,9a a 65=则1032313a log a log a log +++Λ= .三. 解答题11. 数列}a {n 的前n 项和为n S , 且1a 1=, ,S 31a n 1n =+,,3,2,1n Λ=求 (1) 2a ,3a ,4a 的值及数列}a {n 的通项公式; (2) n 242a a a +++Λ的值.12. 有穷数列}a {n 的前n 项和S n ＝2n 2＋n, 现从中抽取某一项(不是首项和末项)后, 余下项的平均值是79. (1)求数列}a {n 的通项; (2)求数列}a {n 的项数及抽取的项数.13. 已知等比数列}a {n 共有m 项)3m (≥, 且各项均为正数, 1a 1=, 1a ＋2a ＋7a 3=. (1) 求数列}a {n 的通项n a ;(2) 若数列}b {n 是等差数列, 且11a b =, m m a b =, 判断数列}a {n 前m 项的和m S 与数列}21b {n -的前m 项和m T 的大小并加以证明.数列的综合运用解答(一) 典型例题例1. 解：,21)1n (2)n (f ,21)n (f )1n (f 2)1(f ⨯-+=+=+=故.52)101(f = 例2. 解：(1) 0)1(a a 12=-+=, ,33a a 23=+=,4)1(a a 234=-+=,133a a 245=+=所以, .13a ,3a 53==(2) ,3)1(a 3a a k k 1k 2k k 21k 2+-+=+=-+ 所以,)1(3a a kk 1k 21k 2-+=--+同理,)1(3a a 1k k 3k 21k 2----+=-……,).1(3a a 13-+=-所以+--+)a a (1k 21k 2++---Λ)a a (3k 21k 2=-)a a (13)],1()1()1[()333(1k k 1k k -++-+-++++--ΛΛ由此得],1)1[(21)13(23a a kk 11k 2--+-=-+ 于是.1)1(2123a k 1k 1k 2--+=++ 1)1(2123)1(1)1(2123)1(a a k k k1k k k 1k 2k 2=-+=-+--+=-+=--}a {n 的通项公式为:当n 为奇数时, ;121)1(23a 21n 21n n -⨯-+=-+ 当n 为偶数时, .121)1(23a 2n2n n -⨯-+= 例3. 解：(1) ⎩⎨⎧==⇒=+=+==0d 1q q b d 7a ,q b d a .1a b 2111111 或⎩⎨⎧==5d 6q .∴≠∴≠ .1q .0d Θ取⎩⎨⎧==5d 6q . (2) .6b ,4n 5a 1n n n -=-=假设存在, 则有b 6log )1n (4n 5b 6log 4n 5a 1n a +-=-⇒+=--.1b 6a 46log b 56log 6log b 6log n 4n 55a a a a ⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧-=-=⇒-+=-⇒∴存在⎩⎨⎧==1b 6a 5, 使b b log a n a n +=成立.(二) 专题测试与练习 一.二. 填空题 7. 2n 2S 1n n --=+; 8. ;n19. 2 , 8 ; 10. 10 .三. 解答题11. 解: (1) 由,S 31a ,1a n 1n 1==+,,3,2,1n ΛΛ =得 ,31a 31S 31a 112===,94)a a (31S 31a 2123=+==,2716)a a a (31S 31a 32134=++==由)2n (a 31)S S (31a a n 1n n n 1n ≥=-=--+, 得),2n (a 34a n 1n ≥=+又31a 2=, 所以),2n ()34(31a 2n n ≥=-∴ 数列}a {n 的通项公式为⎪⎩⎪⎨⎧≥==-)2n (,)34(31)1n (,1a 2n n ;(2)由(1)可知n 242a ,,a ,a Λ是首项为31, 公比为2)34(项数为n 的等比数列, ∴].1)34[(73)34(1)34(131a a a n 22n 2n242-=--⋅=+++Λ12. (1) .3S a ,1a 4a S S a 11n 1n n n ==-=⇒-=-.1n 4a n -=∴(2) 设抽去是第k 项则有:791n a a a a a n1k 1k 21=-+++++++-ΛΛ,79n 79a a a a a n 1k 1k 21-=++++++∴+-ΛΛ移项得: 79na a 79a a a n1k 1k 21=++++++++-ΛΛ,所以抽去的是79, .20k 791k 479a k =⇒=-⇒=13. 解: (1) 设等比数列}a {n 的公比为q, 则,7q q 12=++ ∴2q =或3q -=, ∵}a {n 的各项均为正数, ∴2q =. 所以n a 1n 2-=.(2) 由n a 1n 2-=得12S mm -=. 数列}b {n 是等差数列, ,1a b 11==1m m m 2a b -==,而=m T )21b ()21b ()21b ()21b (n 321-++-+-+-Λ ,2m m 222m m 22122m )b b b b (2m 1m 1m n 321---⋅==-+=-++++=Λ∵.12)4m ()12(2m S T 2m m 2m m m +⋅-=--⋅=--- ∴当3m =时, 3333S T ,1S T <∴-=- . ∴当4m ≥时, m m S T >.。

数列综合题和应用性问题教案一、教学目标1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。

2. 培养学生解决数列综合题的能力，提高逻辑思维和运算能力。

3. 培养学生将数列知识应用于实际问题的能力，提高解决问题的综合素质。

二、教学内容1. 等差数列的性质及求和公式2. 等比数列的性质及求和公式3. 数列的通项公式及其应用4. 数列的极限概念及数列极限的计算5. 数列综合题的解题策略三、教学重点与难点1. 重点：等差数列和等比数列的性质、求和公式，数列极限的计算。

2. 难点：数列综合题的解题方法，数列知识在实际问题中的应用。

四、教学方法1. 采用案例教学法，以典型例题引导学生掌握数列知识。

2. 运用问题驱动法，激发学生思考，培养学生解决实际问题的能力。

3. 利用数列软件工具，直观展示数列的变化规律，增强学生的直观感受。

4. 组织小组讨论，引导学生相互交流，提高团队合作能力。

五、教学安排1. 第一课时：等差数列的性质及求和公式2. 第二课时：等比数列的性质及求和公式3. 第三课时：数列的通项公式及其应用4. 第四课时：数列的极限概念及数列极限的计算5. 第五课时：数列综合题的解题策略及应用教案内容依次展开，包括每个章节的具体教学目标、教学内容、教学步骤、课堂练习、课后作业等。

请根据实际教学需求进行调整和完善。

六、教学目标1. 让学生掌握数列的通项公式的推导和应用，能够利用通项公式解决实际问题。

2. 培养学生解决数列极限问题的能力，理解数列极限的概念和计算方法。

3. 培养学生运用数列知识分析和解决实际问题的能力，提高解决问题的综合素质。

七、教学内容1. 数列的通项公式的推导和应用2. 数列极限的概念和计算方法3. 数列极限在实际问题中的应用4. 数列综合题的解题策略5. 数列知识在实际问题中的应用案例分析八、教学重点与难点1. 重点：数列通项公式的推导和应用，数列极限的计算方法。

2. 难点：数列极限的理解和应用，数列综合题的解题策略。

【考纲解读】能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为: 1.数列是历年来高考重点内容之一, 在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，一般考查一个大题一个小题,难度中低高都有，在解答题中，经常与不等式、函数等知识相结合，在考查数列知识的同时，又考查转化思想和分类讨论等思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查数列与其他知识的结合，或在选择题、填空题中继续搞创新,命题形式会更加灵活. 【要点梳理】1.数列是一种特殊的函数,解数列题注意运用方程与函数的思想和方法.2.等价转化思想是解数列有关问题的基本思想方法,复杂的数列求和问题经常转化为等差或等比或常见特殊数列的求和问题.3.分类讨论问题在数列解答题中常常遇到,如等比数列中,经常要对公比进行讨论;已知n S 求n a 时,要对1n =与n ≥进行分类讨论.4.解答数列的实际应用题时,要建立数列模型,应明确是等差数列模型还是等比数列模型,还是递推数列模型? 【例题精析】考点一 等差数列与等比数列的综合应用 例1. （2010年高考湖北卷文科7）已知等比数列{m a }中，各项都是正数，且1a ，321,22a a 成等差数列，则91078a a a a +=+( )A.12+B. 12-C. 322+D 322-【名师点睛】本小题主要考查等差等比数列的通项公式，熟练基本公式是解决好本类问题的关键. 【变式训练】1. （山东省济南一中2012届高三上学期期末）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =， 若1234,2,a a a 成等差数列，则4S = ( )A ． 7B ． 8C ． 16D ．15考点二 数列与三角函数、不等式等知识的结合例2.(2011年高考福建卷理科16)已知等比数列{a n }的公比q=3，前3项和S 3=133. （I ）求数列{a n }的通项公式；（II ）若函数()sin(2)(0,0)f x A x A p ϕϕπ=+><<<在6x π=处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f （x ）的解析式。

《数列综合应用举例》教案第一章：数列的概念与性质1.1 数列的定义引导学生理解数列的概念，理解数列是一种特殊的函数。

通过实例让学生了解数列的基本形式，如等差数列、等比数列等。

1.2 数列的性质引导学生学习数列的基本性质，如数列的项数、首项、末项、公差、公比等。

通过实例让学生掌握数列的性质，并能够运用性质解决实际问题。

第二章：数列的求和2.1 等差数列的求和引导学生学习等差数列的求和公式，理解公差、首项、末项与求和的关系。

通过实例让学生掌握等差数列的求和方法，并能够运用求和公式解决实际问题。

2.2 等比数列的求和引导学生学习等比数列的求和公式，理解公比、首项、末项与求和的关系。

通过实例让学生掌握等比数列的求和方法，并能够运用求和公式解决实际问题。

第三章：数列的极限3.1 数列极限的概念引导学生理解数列极限的概念，理解数列极限与数列收敛的关系。

通过实例让学生了解数列极限的性质，如保号性、单调性等。

3.2 数列极限的计算引导学生学习数列极限的计算方法，如夹逼定理、单调有界定理等。

通过实例让学生掌握数列极限的计算方法，并能够运用极限的概念解决实际问题。

第四章：数列的应用4.1 数列在数学分析中的应用引导学生学习数列在数学分析中的应用，如级数、积分等。

通过实例让学生了解数列在数学分析中的重要性，并能够运用数列解决实际问题。

4.2 数列在其他学科中的应用引导学生学习数列在其他学科中的应用，如物理学、经济学等。

通过实例让学生了解数列在不同学科中的作用，并能够运用数列解决实际问题。

第五章：数列的综合应用5.1 数列在经济管理中的应用引导学生学习数列在经济管理中的应用，如库存管理、成本分析等。

通过实例让学生了解数列在经济管理中的重要性，并能够运用数列解决实际问题。

5.2 数列在工程科技中的应用引导学生学习数列在工程科技中的应用，如信号处理、结构分析等。

通过实例让学生了解数列在工程科技中的作用，并能够运用数列解决实际问题。

等差数列与等比数列的综合问题（师生共研）（２0１8·高考北京卷）设{a n}是等差数列，且a１＝ln ２，a２＋a３＝５ln ２．（１）求{a n}的通项公式；（２）求e a１＋e a２＋…＋e a n.【解】（１）设{a n}的公差为d.因为a２＋a３＝５ln ２，所以２a１＋３d＝５ln ２．又a１＝ln ２，所以d＝ln ２．所以a n＝a１＋（n—１）d＝n ln ２．（２）因为e a１＝e ln ２＝２，错误!＝e a n—a n—１＝e ln ２＝２，所以{e a n}是首项为２，公比为２的等比数列．所以e a１＋e a２＋…＋e a n＝２×错误!＝２（２n—１）＝２n＋１—２．错误!等差数列、等比数列综合问题的解题策略（１）分析已知条件和求解目标，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如求和需要先求出通项、求出通项需要先求出首项和公差（公比）等，确定解题的顺序．（２）注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于１的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[提醒] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后要注意结论的整合．（２0２0·吉林第一次调研测试）设S n为数列{a n}的前n项和，已知a２＝３，a n＋１＝２a n＋１．（１）证明：{a n＋１}为等比数列；（２）求{a n}的通项公式，并判断n，a n，S n是否成等差数列？说明理由．解：（１）证明：因为a２＝３，a２＝２a１＋１，所以a１＝１，因为a n＋１＝２a n＋１，所以a n＋１＋１＝２（a n＋１），所以{a n＋１}是首项为２，公比为２的等比数列．（２）由（１）知，a n＋１＝２n，所以a n＝２n—１，所以S n＝错误!—n＝２n＋１—n—２，所以n＋S n—２a n＝n＋２n＋１—n—２—２（２n—１）＝0，所以n＋S n＝２a n，即n，a n，S n成等差数列．数列的实际应用与数学文化（师生共研）（２0２0·重庆八中４月模拟）某地区人口总数为４５万．实施“二孩”政策后，专家估计人口总数将发生如下变化：从开始到２0２8年，每年人口总数比上一年增加0．５万人，从２0２9年开始到２0３8年，每年人口总数为上一年的99%.（１）求实施“二孩”政策后第n年的人口总数a n（单位：万人）的表达式（注：为第一年）；（２）若“二孩”政策实施后的到２0３8年人口平均值超过４9万，则需调整政策，否则继续实施，问到２0３8年结束后是否需要调整政策？（参考数据：0．99１0≈0．9）【解】（１）由题意知，当１≤n≤１0时，数列{a n}是首项为４５．５，公差为0．５的等差数列，可得a n＝４５．５＋0．５×（n—１）＝0．５n＋４５，则a１0＝５0；当１１≤n≤２0时，数列{a n}是公比为0．99的等比数列，则a n＝５0×0．99n—１0.故实施“二孩”政策后第n年的人口总数a n（单位：万人）的表达式为a n＝错误!（２）设S n为数列{a n}的前n项和．从到２0３8年共２0年，由等差数列及等比数列的求和公式得S＝S１0＋（a１１＋a１２＋…＋a２0）＝４77．５＋４9５0×（１—0．99１0）≈97２．５．２0所以“二孩”政策实施后的到２0３8年人口平均值为错误!≈４8．6３，则错误!＜４9，故到２0３8年结束后不需要调整政策．错误!数列实际应用中的常见模型（１）等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差．（２）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．（３）递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑考查的是第n项a n与第n＋１项a n＋１的递推关系还是前n项和S n与前n＋１项和S n＋１之间的递推关系．１．（２0２0·广东潮州二模）我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长５尺，头部１尺，重４斤，尾部１尺，重２斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重为（）Ａ．6斤Ｂ．7斤Ｃ．9斤Ｄ．１５斤解析：选Ｄ．设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n}，则有a１＝４，a５＝２，所以a１＋a５＝6，数列{a n}的前５项和为S５＝５×错误!＝５×３＝１５，即该金箠共重１５斤．故选Ｄ．２．１979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：５只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成５等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里１只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成５等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第２只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成５等份；藏起自己的一份睡觉去了；以后的３只猴子都先后照此办理，问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？解：假如我们设最初有a１个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为a２，a３，a４，a５，a6，得到一个数列{a n}，依题意，可知数列的递推公式：a n＋１＝a n—错误!（a n—１）—１，即a n＋１＝错误!（a n—１），整理变形，得a n＋１＋４＝错误!（a n＋４）．故{a n＋４}是以错误!为公比的等比数列，所以a6＋４＝（a１＋４）错误!错误!，欲使（a6＋４）∈N*，应有a１＋４＝５５m（m∈N*），故最初至少有桃子a１＝５５—４＝３１２１个，从而最后至少剩下a6＝４５—４＝１0２0个．数列与函数、不等式的综合问题（师生共研）设函数f（x）＝错误!＋错误!，正项数列{a n}满足a１＝１，a n＝f错误!，n∈N*，且n≥２．（１）求数列{a n}的通项公式；（２）对n∈N*，求证：错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!<２．【解】（１）由a n＝f错误!，所以a n＝错误!＋a n—１，n∈N*，且n≥２，所以数列{a n}是以１为首项，以错误!为公差的等差数列，所以a n＝a１＋（n—１）d＝１＋错误!（n—１）＝错误!.（２）证明：由（１）可知错误!＝错误!＝４错误!，S n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝４[错误!＋错误!＋错误!…＋（错误!—错误!）]＝４错误!＝２—错误!<２，得证．错误!数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略（１）数列与函数的交汇问题１已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；２已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．（２）数列与不等式的交汇问题１函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；２放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到；３比较方法：作差或者作商比较．１．（２0２0·湖南岳阳一模）曲线y＝错误!x＋ln x（n∈N*）在x＝错误!处的切线斜率为a n，则数列错误!的前n项的和为．解析：对y＝错误!x＋ln x（n∈N*）求导，可得y′＝错误!＋错误!，由曲线y＝错误!x＋ln x（n∈N*）在x＝错误!处的切线斜率为a n，可得a n＝错误!＋错误!＝n.所以错误!＝错误!＝错误!—错误!，则数列错误!的前n项的和为１—错误!＋错误!—错误!＋…＋错误!—错误!＝错误!.答案：错误!２．（２0２0·浙江杭州４月模拟）已知数列{a n}，{b n}满足a１＝１，且a n，a n＋１是函数f（x）＝x２—b n x＋２n的两个零点，则a５＝，b１0＝．解析：因为a n，a n＋１是函数f（x）＝x２—b n x＋２n的两个零点，所以a n，a n＋１是方程x２—b n x＋２n＝0的两个根，根据根与系数的关系，可得a n·a n＋１＝２n，a n＋a n＋１＝b n，由a n·a n＋１＝２n，可得a n＋１·a n＋２＝２n＋１，两式相除可得错误!＝２，所以a１，a３，a５，…成公比为２的等比数列，a２，a４，a6，…成公比为２的等比数列，又由a１＝１，得a２＝２，所以a５＝１×２２＝４，a１0＝２×２４＝３２，a１１＝１×２５＝３２，所以b１0＝a１0＋a１１＝３２＋３２＝6４．答案：４6４[基础题组练]１．（２0２0·开封市定位考试）等比数列{a n}的前n项和为S n，若a３＋４S２＝0，则公比q＝（）Ａ．—１Ｂ．１Ｃ．—２Ｄ．２解析：选Ｃ．法一：因为a３＋４S２＝0，所以a１q２＋４a１＋４a１q＝0，因为a１≠0，所以q２＋４q＋４＝0，所以q＝—２，故选Ｃ．法二：因为a３＋４S２＝0，所以a２q＋错误!＋４a２＝0，因为a２≠0，所以q＋错误!＋４＝0，即（q＋２）２＝0，所以q＝—２，故选Ｃ．２．（２0２0·宁夏银川一中一模）已知等比数列{a n}中，有a３a１１＝４a7，数列{b n}是等差数列，其前n项和为S n，且b7＝a7，则S１３＝（）Ａ．２6 Ｂ．５２Ｃ．78 Ｄ．１0４解析：选Ｂ．设等比数列{a n}的公比为q，因为a３a１１＝４a7，所以a错误!＝４a7≠0，解得a7＝４，因为数列{b n}是等差数列，且b7＝a7，所以S１３＝错误!＝１３b7＝１３a7＝５２．故选Ｂ．３．（２0２0·吉林长春５月联考）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d＞0，a6和a8是函数f （x）＝错误!ln x＋错误!x２—8x的极值点，则S8＝（）Ａ．—３8 Ｂ．３8Ｃ．—１7 Ｄ．１7解析：选Ａ．因为f（x）＝错误!ln x＋错误!x２—8x，所以f′（x）＝错误!＋x—8＝错误!＝错误!，令f′（x）＝0，解得x＝错误!或x＝错误!.又a6和a8是函数f（x）的极值点，且公差d＞0，所以a6＝错误!，a8＝错误!，所以错误!解得错误!所以S8＝8a１＋错误!×d＝—３8，故选Ａ．４．设y＝f（x）是一次函数，若f（0）＝１，且f（１），f（４），f（１３）成等比数列，则f（２）＋f（４）＋…＋f（２n）等于（）A．n（２n＋３）Ｂ．n（n＋４）Ｃ．２n（２n＋３）Ｄ．２n（n＋４）解析：选Ａ．由题意可设f（x）＝kx＋１（k≠0），则（４k＋１）２＝（k＋１）×（１３k＋１），解得k＝２，f（２）＋f（４）＋…＋f（２n）＝（２×２＋１）＋（２×４＋１）＋…＋（２×２n＋１）＝n（２n＋３）．５．（２0２0·山东临沂三模）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：１，１，２，３，５，8，１３，２１，３４，５５，…即F（１）＝F（２）＝１，F（n）＝F（n—１）＋F（n—２）（n≥３，n∈N*）．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被２除后的余数构成一个新数列{a n}，则数列{a n}的前２0１9项的和为（）Ａ．67２Ｂ．67３Ｃ．１３４6 Ｄ．２0１9解析：选Ｃ．由于{a n}是数列１，１，２，３，５，8，１３，２１，３４，５５，…各项除以２的余数，故{a n}为１，１，0，１，１，0，１，１，0，１，…，所以{a n}是周期为３的周期数列，且一个周期中的三项之和为１＋１＋0＝２．因为２0１9＝67３×３，所以数列{a n}的前２0１9项的和为67３×２＝１３４6．故选Ｃ．6．（２0１9·高考北京卷）设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a２＝—３，S５＝—１0，则a５＝，S n的最小值为．解析：设等差数列{a n}的公差为d，因为错误!即错误!所以可得错误!所以a５＝a１＋４d＝0，因为S n ＝na１＋错误!d＝错误!（n２—9n），所以当n＝４或n＝５时，S n取得最小值，最小值为—１0．答案：0 —１07．若数列{a n}满足错误!—错误!＝0，则称{a n}为“梦想数列”．已知正项数列{错误!}为“梦想数列”，且b１＋b２＋b３＝１，则b6＋b7＋b8＝．解析：由错误!—错误!＝0可得a n＋１＝错误!a n，故{a n}是公比为错误!的等比数列，故{错误!}是公比为错误!的等比数列，则{b n}是公比为２的等比数列，b6＋b7＋b8＝（b１＋b２＋b３）２５＝３２．答案：３２8．（２0２0·河北石家庄４月模拟）数列{a n}的前n项和为S n，定义{a n}的“优值”为H n＝错误!，现已知{a n}的“优值”H n＝２n，则S n＝．解析：由H n＝错误!＝２n，得a１＋２a２＋…＋２n—１a n＝n·２n，１当n≥２时，a１＋２a２＋…＋２n—２a n—１＝（n—１）２n—１，２由１—２得２n—１a n＝n·２n—（n—１）２n—１＝（n＋１）２n—１，即a n＝n＋１（n≥２），当n＝１时，a１＝２也满足式子a n＝n＋１，所以数列{a n}的通项公式为a n＝n＋１，所以S n＝错误!＝错误!.答案：错误!9．（２0２0·武汉市部分学校调研）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a１＝—１，b１＝１，a２＋b２＝３．（１）若a３＋b３＝7，求{b n}的通项公式；（２）若T３＝１３，求S n.解：（１）设{a n}的公差为d，{b n}的公比为q，则a n＝—１＋（n—１）d，b n＝q n—１.由a２＋b２＝３，得d＋q＝４，１由a３＋b３＝7，得２d＋q２＝8，２联立１２，解得q＝２或q＝0（舍去），因此{b n}的通项公式为b n＝２n—１.（２）因为T３＝b１（１＋q＋q２），所以１＋q＋q２＝１３，解得q＝３或q＝—４，由a２＋b２＝３得d＝４—q，所以d＝１或d＝8．由S n＝na１＋错误!n（n—１）d，得S n＝错误!n２—错误!n或S n＝４n２—５n.１0．（２0２0·湖南省湘东六校联考）已知数列{a n}的前n项和S n满足错误!＝错误!＋１（n≥２，n ∈N），且a１＝１．（１）求数列{a n}的通项公式a n；（２）记b n＝错误!，T n为{b n}的前n项和，求使T n≥错误!成立的n的最小值．解：（１）由已知有错误!—错误!＝１（n≥２，n∈N），所以数列{错误!}为等差数列，又错误!＝错误!＝１，所以错误!＝n，即S n＝n２.当n≥２时，a n＝S n—S n—１＝n２—（n—１）２＝２n—１．又a１＝１也满足上式，所以a n＝２n—１．（２）由（１）知，b n＝错误!＝错误!错误!，所以T n＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!.由T n≥错误!得n２≥４n＋２，即（n—２）２≥6，所以n≥５，所以n的最小值为５．[综合题组练]１．（２0２0·北京市石景山区３月模拟）九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n表示解下n（n≤9，n∈N*）个圆环所需的最少移动次数，数列{a n}满足a１＝１，且a n＝错误!则解下４个环所需的最少移动次数a４为（）Ａ．7 Ｂ．１0Ｃ．１２Ｄ．２２解析：选Ａ．因为数列{a n}满足a１＝１，且a n＝错误!所以a２＝２a１—１＝２—１＝１，所以a３＝２a２＋２＝２×１＋２＝４，所以a４＝２a３—１＝２×４—１＝7．故选Ａ．２．已知a n＝３n（n∈N*），记数列{a n}的前n项和为T n，若对任意的n∈N*，错误!k≥３n—6恒成立，则实数k的取值范围是．解析：T n＝错误!＝—错误!＋错误!，所以T n＋错误!＝错误!，则原不等式可以转化为k≥错误!＝错误!恒成立，令f（n）＝错误!，当n＝１时，f（n）＝—错误!，当n＝２时，f（n）＝0，当n＝３时，f（n）＝错误!，当n＝４时，f（n）＝错误!，即f（n）是先增后减，当n＝３时，取得最大值错误!，所以k≥错误!.答案：k≥错误!３．（２0１9·高考江苏卷节选）定义首项为１且公比为正数的等比数列为“M—数列”．（１）已知等比数列{a n}（n∈N*）满足：a２a４＝a５，a３—４a２＋４a１＝0，求证：数列{a n}为“M—数列”；（２）已知数列{b n}（n∈N*）满足：b１＝１，错误!＝错误!—错误!，其中S n为数列{b n}的前n项和．求数列{b n}的通项公式．解：（１）证明：设等比数列{a n}的公比为q，所以a１≠0，q≠0．由错误!得错误!解得错误!因此数列{a n}为“M—数列”．（２）因为错误!＝错误!—错误!，所以b n≠0．由b１＝１，S１＝b１，得错误!＝错误!—错误!，则b２＝２．由错误!＝错误!—错误!，得S n＝错误!，当n≥２时，由b n＝S n—S n—１，得b n＝错误!—错误!，整理得b n＋１＋b n—１＝２b n.所以数列{b n}是首项和公差均为１的等差数列．因此，数列{b n}的通项公式为b n＝n（n∈N*）．４．（２0２0·湖北襄阳二模）已知数列{a n}的前n项和为S n，满足：a１＝１，S n＋１—１＝S n＋a n，数列{b n}为等比数列，满足b１＝４b３，b２＝错误!＜b１，n∈N*.（１）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（２）若数列错误!的前n项和为W n，数列{b n}的前n项和为T n，试比较W n与错误!的大小．解：（１）由S n＋１—１＝S n＋a n，可得a n＋１＝a n＋１，又a１＝１，所以数列{a n}是首项和公差均为１的等差数列，可得a n＝n.因为数列{b n}为等比数列，满足b１＝４b３，b２＝错误!＜b１，n∈N*，所以设公比为q，可得b１＝４b１q２，所以q＝±错误!，当q＝错误!时，错误!b１＝错误!，可得b１＝错误!＞错误!.当q＝—错误!时，—错误!b１＝错误!，得b１＝—错误!，不满足b２＜b１，舍去，所以b n＝错误!错误!.（２）错误!＝错误!＝错误!—错误!，W n＝１—错误!＋错误!—错误!＋…＋错误!—错误!＝１—错误!＝错误!＜１．T n＝错误!＝１—错误!∈错误!，则１＜错误!≤２，故W n＜错误!.规范答题示范（三）数列类型一判断等差数列和等比数列（１２分）记S n为等比数列{a n}的前n项和，已知错误!１（１）求{a n}的通项公式；（２）求S n，并错误!２[建桥寻突破]１看到S２＝２，S３＝—6，想到S２＝a１＋a２，S３＝a １＋a２＋a３，利用等比数列的通项公式求解．２看到判断S n＋１，S n，S n＋２是否成等差数列，想到等差数列的等差中项，利用２S n＝S n＋１＋S n＋２进行证明.[规范解答]（１）设{a n}的首项为a１，公比为q，由题设可得错误!２分错误!解得q＝—２，a１＝—２．４分错误!故{a n}的通项公式为a n＝（—２）n.6分错误!（２）由（１）可得S n＝错误!＝—错误!＋（—１）n错误!，8分错误!由于S n＋２＋S n＋１＝—错误!＋（—１）n错误!＝２错误!＝２S n，１１分错误!故S n＋１，S n，S n＋２成等差数列.１２分错误![评分标准]１列出关于首项为a１，公比为q的方程组得２分；２能够正确求出a１和q得２分，只求对一个得１分，都不正确不得分；３正确写出数列的通项公式得２分；４正确计算出数列的前n项和得２分；５能够正确计算出S n＋１＋S n＋２的值得２分，得出结论２S n＝S n＋１＋S n＋２再得１分；⑥写出结论得１分.[解题点津]（１）等差（或等比）数列的通项公式，前n项和公式中有五个元素a１、d（或q）、n、a n、S n，“知三求二”是等差（等比）的基本题型，通过解方程组的方法达到解题的目的．（２）等差、等比数列的判定可采用定义法、中项法等．如本题采用中项法得出２S n＝S n＋１＋S n＋２.[核心素养]数列问题是高考的必考题，求数列的通项公式及判断数列是否为等差或等比数列是高考的常见题型．本类题型重点考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养.类型二求数列的前n项和（１２分）已知{a n}为等差数列，前n[建桥寻突破]。