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第19讲 数列与函数、不等式综合应用及数列模型应用


第19讲

数列与函数、不等式综合应用及数列模型应用

1.考题展望 有关数列模型的实际应用问题是高考考查“应用意识” 的重要载体之一,也是每年高考命题的重要题源之一; 数列与函数、不等式综合问题是高考命题的热点之一, 是高考考查考生思维能力的理想题型,通常是全卷的 压轴题.

2.高考真题 考题1 (2012 福建

)数列{an}的通项公式 an = nπ ncos +1,前 n 项和为 Sn,则 S2 012=________. 2 【解析】3 018 nπ ∵an=ncos +1 2 ∴a1+a2+a3+a4=6 a5+a6+a7+a8=6 ? ?

a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=6,k∈N* 故 S2 012=503×6=3 018. 【命题立意】 本小题考查了三角函数与数列相交汇 的内容, 考查学生处理交汇性问题的能力与运算推 理能力.

考题2(2012 安徽)数列{xn}满足 x1=0,xn+1= -xn2+xn+c(n∈N*). (1)证明:数列{xn}是递减数列的充分必要条件 是 c<0; (2)求 c 的取值范围,使数列{xn}是递增数列. 【解析】(1)先证充分性 若 c<0,由于 xn+1=-xn2+xn+c≤xn+c<xn ∴{xn}是递减数列 再证必要性 若{xn}是递减数列,则由 x2<x1 可得 c<0.

(2)1°假设{xn}是递增数列, 由 x1=0 得 x2=c,x3=-c2+2c. 由 x1<x2<x3 得 0<c<1. 由 xn<xn+1=-xn2+xn+c 得:对任意 n≥1 有 xn< c,① ∵ c - xn + 1 = xn2 - xn - c + c = (1 - c - xn)( c-xn),② 由①和②可得:1- c-xn>0,即 xn<1- c. 由②式和 xn≥0 还可得,对任意 n≥1 都有 c-xn+1≤(1- c)( c-xn). ③

反复运用③式,得 c-xn≤(1- c)n 1( c-x1)<(1- c)n 1, xn<1- c和 c-xn<(1- c)n 1 两式相加,得 2 c-1<(1- c)n 1 对任意 n≥1 成立. 根据指数函数 y=(1- c)n 的性质,得 1 1 2 c-1≤0,c≤ ,故 0<c≤ . 4 4
- - - -

1 2°若 0<c≤ ,要证数列{xn}为递增数列, 4 即 xn+1-xn=-xn2+c>0, 即证 xn< c对任意 n≥1 成立. 下面用数学归纳法证明: 1 (ⅰ)当 n=1 时,x1=0< c≤ ,结论成立. 2 (ⅱ)假设当 n=k(k∈N*)时结论成立, xk< c. 即

1 ∵f(x)=-x +x+c 在(-∞, ]内单调递增, 2
2

∴xk+1=f(xk)<f( c)= c, ∴当 n=k+1 时,结论也成立. 故 xn< c对任意 n≥1 成立. 因此,xn+1=xn-xn2+c>xn,即{xn}是递增数 列. 由 1°,2°知,使得数列{xn}单调递增的 c 的 1 范围是(0, ]. 4

【命题立意】本题考查数列的概念及其性质,不等式 及其性质,充要条件的判定,数列与函数的关系等基 础知识,考查综合运用知识分析问题的能力以及推理 论证和运算求解的能力.

1.数列模型实际应用问题 国民经济发展中的大量问题,如人口增长,产量的 增加,成本的降低,存贷款利息的计算等应用问题, 就是数列所要解决的问题. 实际问题中若问题实际反映的是前后相邻两次(或三 次)之间的某种固定关系,适合应用数列建模.

2.数列与函数、不等式综合应用
数列是定义在正整数集或其有限子集{1,2,?,n}上 的特殊函数,在解决数列问题时,可应用函数的概念、 性质实现问题的转化,利用动态的函数观点,结合导数 等知识是解决数列问题的有效方法. 以数列为载体,通过数列的和或项来考查不等式的证明 或应用是常见题型,应注意不等式的证明方法、数列求 和方法等知识的综合应用.同时解题时应善于运用基本 数学方法,如观察法、类比法、数学归纳法、数形结合 法等.

1.数列模型实际应用问题 例1(2012 湖南)某公司一下属企业从事某种高科技 产品的生产. 该企业第一年年初有资金 2 000 万元, 将其投入生产,到当年年底资金增长了 50%.预计 以后每年资金年增长率与第一年相同. 公司要求企 业从第一年开始,每年年底上缴资金 d 万元,并将 剩余资金全部投入下一年生产. 设第 n 年年底企业 上缴资金后的剩余资金为 an 万元.

(1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系 式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余 资金为 4 000 万元,试确定企业每年上缴资金 d 的 值(用 m 表示).

【解析】(1)由已知得 a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d, 3 5 a2=a1(1+50%)-d= a1-d=4 500- d, 2 2 3 an+1=an(1+50%)-d= an-d. 2

3 33 (2)由(1)得 an= an-1-d= ( an-1-d)-d 2 22 32 3 =( ) an-2- d-d=? 2 2 3 n- 1 3 32 3 n-2 =( ) a1-d[1+ +( ) +?+( ) ] 2 2 2 2 3 n- 1 3 n-1 整理得 an=( ) (3 000-d)-2d[( ) -1] 2 2 3 =( )n-1(3 000-3d)+2d. 2

3 - 由题意, m=4 000, 即( )m 1(3 000-3d)+2d=4 000, a 2 3 [( )m-2]×1 000 1 000(3m-2m+1) 2 解得 d= = . 3 m 3m-2m ( ) -1 2 1 000(3m-2m 1) 故该企业每年上缴资金 d 的值为 3m-2m 时, 经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 4 000 元. 【点评】本例利用数列知识解决实际应用题,根据问题情 况发挥数学建模的能力和运用能力,是解决问题的关键.


2.函数与数列综合问题 1 例2函数 f(x)对任意 x∈R 都有 f(x)+f(1-x)= . 2 1 (1)求 f( )的值; 2 n-1 1 2 (2)数列{an}满足: n=f(0)+f(n)+f(n)+?+f( n ) a +f(1),数列{an}是等差数列吗?请给予证明; 4 (3)令 bn= ,Tn=b12+b22+b32+?+bn2, 4an-1 16 Sn=32- n ,试比较 Tn 与 Sn 的大小.

1 1 1 1 【解析】 (1)由已知得: )+f(1- )=f( )+f( ) f( 2 2 2 2 1 1 1 = ,∴f( )= . 2 2 4 1 1 1 1 (2)令 x= 得:f( )+f(1- )= n n n 2 n-1 1 1 即 f(n)+f( n )= 2 n-1 1 ∵an=f(0)+f( )+?+f( )+f(1) n n n-1 1 an=f(1)+f( n )+?+f(n)+f(0)

n-1 1 ∴2an =[f(0)+f(1)]+[f( n )+f( n )]+?+ n+1 [f(1)+f(0)]= 2 n+1 ∴an= ,n∈N* 4 n+1+1 n+1 1 又 an+1-an= - = 4 4 4 故数列{an}是等差数列.

4 4 (3)∵bn= = 4an-1 n 1 1 1 2 ∴Tn=b1 +b2 +?+bn =16(1+ 2+ 2+?+ 2)
2 2

2

3

n

≤16[1+

1 1 1 + +?+ ] 1×2 2×3 n(n-1)

1 1 1 1 1 =16(1+1- + - +?+ - ) 2 2 3 n-1 n 1 16 =16(2-n)=32- n =Sn ∴Tn≤Sn.

【点评】①观察函数表达式的结构,寻找特征:x+(1-x) =1;②利用倒序相加法解决和式,从而求得an;③用定 义式an-an-1=d证明{an}是等差数列;④用放缩法、裂项 相消法证明不等式.

3.数列与不等式综合问题 例3 已知数列{an}中,a1 =2,an -an - 1 -2n= 0(n≥2,n∈N*). (1)写出 a2, 3 的值(只写结果), a 并求出数列{an} 的通项公式; 1 1 1 1 (2)设 bn = + + +?+ ,若对任意 a2n an+1 an+2 an+2 1 * 2 n∈N ,当 m∈[-1,1]时,不等式 t -2mt+ >bn 6 恒成立,求实数 t 的取值范围.

【解析】(1)∵a1=2,an-an-1-2n=0(n≥2, n∈N*) ∴a2=6,a3=12 ∴a2-a1=2×2 a3-a2=2×3 a4-a3=2×4 ? an-an-1=2n ∴an-a1=2×(2+3+4+?+n) ∴an=n(n+1)
当 n=1 时,a1=1×(1+1)=2 也满足上式 故{an}的通项公式为 an=n(n+1)(n∈N*).

(2)bn=

1

an+1 an+2



1

+?+

1 a2n

1 1 = + +?+ (n+1)(n+2) (n+2)(n+3) 1 2n(2n+1) 1 1 1 1 1 1 = - + - +?+ - 2n 2n+1 n+1 n+2 n+2 n+3 1 1 n = - = n+1 2n+1 2n2+3n+1 1 = 1 (2n+n)+3

1 1 令 f(x)=2x+ (x≥1),则 f′(x)=2- 2 x x 当 x≥1 时,f′(x)>0 恒成立 ∴函数 f(x)在[1,+∞)上是增函数. 故当 x=1 时,[f(x)]min=f(1)=3 1 即当 n=1 时,[b(n)]max= 6 要使对任意 n∈N*,当 m∈[-1,1]时, 1 2 不等式 t -2mt+ >bn 恒成立 6

1 1 则需使 t -2mt+ >[(bn)]max= , 6 6 即 t2-2mt>0 对任意 m∈[-1,1]恒成立,
2

?t2-2t>0, ? ∴? 2 解得 ?t +2t>0, ?

t>2 或 t<-2

∴实数 t 的取值范围为(-∞, -2)∪(2, +∞). 【点评】本例涉及构造函数、运用函数单调性 证不等式,这种方法在高考考查中经常出现.

1 例4 〔备选题〕 已知正项数列{an}的首项 a1= , 2 x 函数 f(x)= . 1+x 1 * (1)若正项数列{an}满足 an+1=f(an)(n∈N ), 证明{a } n 是等差数列,并求数列{an}的通项公式; (2)若正项数列{an}满足 an+1≤f(an)(n∈N*), 数列{bn} an 满足 bn= ,证明:b1+b2+?+bn<1. n+1

an 【解析】(1)由已知,得 an+1= , 1+an 1+an 1 ∴ = a =a +1, an+1 n n 1 1 即 an+1 1 -a =1,
n

1 1 ∴数列{a }是以 =2 为首项,1 为公差的等差数列. a1 n 1 ∴a =2+(n-1), n 1 即 an= . n+1

an (2)由已知得 an+1≤ ,an>0(n∈N*). 1+an 1+an 1 ∴ ≥ a =a +1, an+1 n n 1 1 即 an+1 1 -a ≥1.
n

1 1 1 1 1 1 1 ∴当 n≥2 时, - =( - )+( - )+?+(a a n a1 a2 a1 a3 a2 n - )≥n-1, an-1 1 1 1 即a ≥(n-1)+ =(n-1)+2=n+1,∴an≤ . a1 n+1 n 1

当 n=1 时,上式也成立. 1 ∴an≤ (n∈N*). n+1 an 1 1 1 ∴ bn = ≤ =n- 2< n+1 (n+1) n(n+1) 1 . n+1 1 1 1 1 ∴b1+b2+?+bn<(1- )+( - )+?+(n- 2 2 3 1 ) n+1

即 b1+b2+?+bn<1.

【点评】本题是函数、数列、不等式交汇的综合问题, 特别是第(2)问“不等号”的引入,要求具有很强的类比 能力和迁移能力,将许多“等号”中的方法迁移到“不 等号”中去.有关数列的问题,要求考生熟练掌握用叠 加(乘)法求数列的通项公式,用放缩法证明与数列有关 的不等式.

1.建立数学模型的三关 (1)整理关:通过阅读、理解,明白问题讲什么,熟悉 实际背景,为解题打开突破口; (2)文理关:将实际问题的文字语言转化为数学符号语 言,用数学式子表达数量关系; (3)数理关:在构建数学模型过程中,对已有的数学知 识进行检索,从而认定或构建相应的数学模型.

2.数列与不等式综合问题推理与论证思想 数列的渗透力很强,它和函数、方程、三角、不等式等 知识相互联系,优化组合,综合力度大.所以,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 想方法主要有“函数与方程”“数形结合”“分类讨 论”“等价转化”等.

4 1 . 已 知 数 列 {an} 中 , a1 = , an + 1 = 5 1 ? ?2an,(0≤an≤2) ? ?2an-1,(1<an≤1) 2 ? 则 a2 012 等于( C ) 4 3 A. B. 5 5 2 1 C. D. 5 5

4 4 3 【解析】当 a1= 时,a2=2× -1= 5 5 5 3 3 1 当 a2= 时,a3=2× -1= 5 5 5 1 1 2 当 a3= 时,a4=2× = 5 5 5 2 2 4 当 a4= 时,a5=2× = 5 5 5 2 012 ∴{an}的周期为 4,而 =503 4 2 ∴a2 012=a4= .选 C. 5

2.一个样本容量为 10 的样本数据,它们组成 一个公差不为 0 的等差数列{an}.若 a3=8 且 a1, a3,a7 成等比数列,则此样本的平均数和中位数分 别是( B ) A.13,12 B.13,13 C.12,13 D.13,14

【解析】设{an}的公差为 d(d≠0) 则 a3=8,a1a7=a32=64 ∴(8-2d)(8+4d)=64 即(4-d)(2+d)=8,∴d=2 故样本数据为:4,6,8,10,12,14,16, 18,20,22. S10 (4+22)×5 平均数为 = =13 10 10 12+14 中位数为 =13.故选 B. 2

3.等比数列{an}中,a1=2,a8=4,函数 f(x) =x(x-a1)(x-a2)?(x-a8),则 f′(0)=( C ) A.26 B.29 9C.212 D.215 D.215 B.2 C.212 【解析】∵f′(x)=(x-a1)(x-a2)?(x-a8)+ x[(x-a2)(x-a3)?(x-a8)+?+(x-a1)(x-a2)?(x -a7)] ∴f′(0)=a1a2?a8=(a1a8)4=84=212.选 C.

4.设 f(x)是定义在 R 上的恒不为零的函数, 且对任意 x,y∈R,都有 f(x)· f(y)=f(x+y),若 a1 1 = ,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前 n 项和 Sn 2 的取值范围是( C ) 1 1 A.[ ,2) B.[ ,2] 2 2 1 1 C.[ ,1) D.[ ,1] 2 2

【解析】由已知得:f(n+1)=f(n)f(1) 1 即 an+1=an·a1= an 2 1 1 ∴{an}是 为首项, 为公比的等比数列 2 2 1 1 (1- n) 2 2 1 ∴Sn= =1- n 1 2 1- 2 1 ∴Sn∈[ ,1).选 C. 2

5.函数 y=x2(x>0)的图象在点(ak,ak2)处的切 线与 x 轴交点的横坐标为 ak+1,k∈N*,a1=16, 则 a1+a3+a5= 21 . 【解析】 y=x2(x>0)的图象在点(ak, k2)处的切 a 线方程 y-ak2=2ak(x-ak) 1 令 y=0 得:x= ak 2 1 ∴{ak}是以 16 为首项, 为公比的等比数列 2 1 k-1 ∴ak=16· ) =25-k ( 2 ∴a1+a3+a5=16+4+1=21.

6.在一个数列中,如果对任意 n∈N*,都有 anan+1an+2=k(k 为常数), 那么这个数列叫做等积数 列,k 叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积 数列,且 a1=1,a2=2,公积为 8,则 a1+a2+? +a12= 28 .
【解析】由已知得:{an}是周期为 3 的数列 且 a1=1,a2=2,a3=4 ∴a1+a2+?+a12=4(a1+a2+a3)=28.

7.已知 f(x)是定义在 R 上不恒为零的函数, 对于任意 x, y∈R, 都有 f(x· y)=xf(y)+yf(x)成立. 数 列{an}满足 an=f(2n)(n∈N*)且 a1=2,则数列的通 n·n . 2 项公式为 an= 【解析】令 x=2,y=2n-1,则 f(x· y)=f(2n)= 2f(2n-1)+2n-1f(2) 即 f(2n)=2f(2n-1)+2n-1a1 an an-1 即 an=2an-1+2 , n= n-1+1 2 2
n

an ∴{ n}为等差数列,由此可得:an=n·n. 2 2

8.某企业在投产的第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M, 的价值在使用过程中逐年减 M 少.从第 2 年到第 6 年,每年初 M 的价值比上年 初减少 10 万元;从第 7 年开始,每年初 M 的价值 为上年初的 75%. (1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式; a1+a2+?+an (2)设 An= , An 大于 80 万元, 若 n 则 M 继续使用,否则须在第 n 年初对 M 更新.证 明:须在第 9 年初对 M 更新.

【解析】 (1)当 n≤6 时, 数列{an}是首项为 120, 公差为-10 的等差数列,an=120-10(n-1) =130-10n; 3 当 n≥6 时,数列{an}是以 a6 为首项, 为公比 4 的等比数列, 3 n- 6 又 a6=70,所以 an=70×( ) . 4 因此,第 n 年初,M 的价值 an 的表达式为 ?130-10n,n≤6, ? an=? 3 n- 6 ?70×(4) ,n≥7. ?

(2)证明:设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和, 由等差及等比数列的求和公式得 当 1≤n≤6 时,Sn=120n-5n(n-1), An=120-5(n-1)=125-5n;

当 n≥7 时,由于 S6=570,故 Sn=S6+(a7+a8+?+an) 3 3 n-6 = 570 + 70× × 4 × [1 - ( ) ] = 780 - 4 4 3 n- 6 210×( ) , 4 3 780-210×( )n-6 4 An= . n

易知{An}是递减数列, 3 2 780-210×( ) 4 47 又 A8= =82 >80, 8 64 3 3 780-210×( ) 4 79 A9= =76 <80, 9 96 所以须在第 9 年初对 M 更新.

9.已知数列{an}满足 an+1=2an-1,且 a1=3, an-1 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Sn. anan+1 (1)求证:数列{an-1}是等比数列; (2)求 Sn; (3) 设 f(x) = (x - 2n + 1)ln(x - 2n + 1) - x(n∈N*). 3Sn+2 求证:f(x)≥ . 6Sn-2

【解析】(1)∵a1=3,an+1=2an-1, ∴an+1-1=2(an-1), ∴数列{an-1}是以 a1-1=2 为首项,2 为公 比的等比数列.

(2)由(1),得 an-1=2·n 1=2n,∴an=2n+1. 2 2n 2n 1 ∴bn = = = anan+1 (2n+1)(2n+1+1) 2n+1 1 - n+ 1 , 2 +1 1 1 1 1 ∴Sn=( 1 - )+( 2 - )+?+ 2 +1 22+1 2 +1 23+1 1 1 1 1 ( n - )= - . 2 +1 2n+1+1 3 2n+1+1



(3)由 f′(x)=ln(x-2n+1)=0 可得 x=2n, 当 x∈(2n-1,2n)时,f′(x)<0; 当 x∈(2n,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)≥f(2n)= -2n. 3Sn+2 由(2)可得 =-2n, 6Sn-2 3Sn+2 ∴f(x)≥ . 6Sn-2

10.已知各项全不为零的数列{an}的前 n 项和为 n(1+an) Sn,且 a2=2,Sn= ,n∈N*. 2 (1)求数列{an}的通项公式; an-1 (2)求证:对任意的正整数 n,不等式 lnan+1> 3 an +lnan 都成立.

1+a1 【解析】(1)由 S1= 得 a1=1. 2 n(1+an) 当 n≥2 时 , an = Sn - Sn - 1 = - 2 (n-1)(1+an-1) , 2 即(n-2)an-(n-1)an-1+1=0. 以 n+1 代替 n 得(n-1)an+1-nan+1=0, 两式相减得 an+1-2an+an-1=0. 所以,数列{an}为等差数列,又由 a1=1,a2=2 知 an=n.

(2)证明:由(1)的结论知不等式 an-1 n-1 lnan+1> 3 +lnan?ln(n+1)-lnn> 3 an n 1 1 1 ?ln(n+1)> 2- 3. n n 1 设 x=n,因此欲证结论成立, 只需证 ln(x+1)>x2-x3, 即证 x3-x2+ln(x+1)>0.

令 h(x)=x3-x2+ln(x+1), 3x3+(x-1)2 则 h′(x)= 在[0, +∞)上恒大于 x+1 零, 所以 h(x)在[0,+∞)上单调递增, 当 x∈(0,+∞)时,恒有 h(x)>h(0)=0. 故原不等式得证.


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