§3.2 数列的综合应用

第三章数列
§3.2 数列的综合应用

考纲展示

专题结构

命题特点

考点案例

考能训练

方法感悟

    一、考纲展示
    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．

考点案例
(在实践中提高能力，在体验中反思感悟，力求独立，力求提高)

    1、(2005年高考浙江卷)设点 $A_{n} (x_{n} ， 0)$ 、 $P_{n} (x_{n} ， 2^{n - 1})$ 和抛物线 $C_{n} ： y = x^{2} + a_{n} x + b_{n} (n \in N^{⋆})$ ，其中 $a_{n} = - 2 - 4 n - \frac{1}{2^{n} - 1}$ , $x_{n}$ 由以下方法得到： $x_{1} = 1$ ，点 $P_{2} (x_{2} ， 2)$ 在抛物线 $C_{1} ： y = x^{2} + a_{1} x + b_{1}$ 上，点 $A_{1} (x_{1}, 0)$ 到 $P_{2}$ 的距离是 $A_{1}$ 到 $C_{1}$ 上点的最短距离，…，点 $P_{n + 1} (x_{n + 1} ，， 2^{n})$ 在抛物线 $C_{n} ： y = x^{2} + a_{n} x + b_{n}$ ，点 $A_{n} (x_{n} ， O)$ 到 $P_{n + 1}$ 的距离是 $A_{n}$ 到 $C_{n}$ 上点的最短距离．
    (1)求 $x_{2}$ 及 $C_{1}$ 的方程；
    (2)证明 ${x_{n}}$ 是等差数列．

提示	示范
分别求出.
解:(1)由题意，得 $A_{1} (1 ， O)$ ， $C 1 ： y = x^{2} - 7 x + b_{1}$ 设点 $P (x ， y)$ 是 $C_{1}$ 上任意一点，则 $\| A_{1} P \| = \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} = \sqrt{{(x - 1)}^{2} + {(x^{2} - 7 x + b_{1})}^{2}}$ 令 $f (x) = {(x - 1)}^{2} + {(x^{2} - 7 x + b_{1})}^{2}$ ，则 $f' (x) = 2 (x - 1) + 2 (x^{2} - 7 x + b_{1}) (2 x - 7)$ ．由题意，得 $f' (x_{2}) = 0$ ，即 $2 (x_{2} - 1) + 2 (x_{2}^{2} - 7 x_{2} + b_{1}) (2 x_{2} - 7) = 0$ ．又 $P_{2} (x_{2} ， 2)$ 在 $C_{1}$ 上，∴ $2 = x_{2}^{2} - 7 x_{2} + b_{1}$ ，解得 $x_{2} = 3$ ， $b_{1} = 14$ ．故 $C_{1}$ 的方程为 $y = x^{2} - 7 x + 14$ ． (2)证明：设点 $P (x ， y)$ 是 $C_{n}$ 上任意一点，则 $\| A_{n} P \| = \sqrt{{(x - x_{n})}^{2} + {(x^{2} + a_{n} x + b_{n})}^{2}}$ = $\sqrt{{(x - x_{n})}^{2} + y^{2}}$ ．令 $g (x) = {(x - x_{n})}^{2} + {(x^{2} + a_{n} x + b_{n})}^{2}$ ，则 $g' (x) = 2 (x - x_{n}) + 2 (x^{2} + a_{n} x + b_{n}) (2 x + a_{n})$ ，由题意，得 $g' (x_{n} + 1) = O$ ，即 $2 (x_{n + 1} - x_{n}) + 2 (x_{n + 1}^{2} + a_{n} x_{n + 1} + b_{n}) (2 x_{n + 1} + a_{n}) = 0$ 又∵ $2^{n} = x_{n + 1}^{2} + a_{n} x_{n + 1} + b_{n}$ ， ∴ $(x_{n + 1} - x_{n}) + 2^{n} (2 x_{n + 1} + a_{n}) = 0 (n \geq 1)$ . 即 $(1 + 2^{n + 1}) x_{n + 1} - x_{n} + 2^{n} a_{n} = 0$ .() 下面用数学归纳法证明 $x_{n} = 2 n - 1$ ． ①当 $n = 1$ 时， $x_{1} = 1$ ，等式成立． ②假设当 $n = k$ 时，等式成立，即 $x_{k} = 2 k - 1$ ．则当 $n = k + 1$ 时，由()知 $(1 + 2^{k + 1}) x_{k + 1} - x_{k} + 2^{k} a_{k} = 0$ ．又 $a_{k} = - 2 - 4 k - \frac{1}{2^{k - 1}}$ ， ∴ $x_{k + 1} = \frac{x_{k} - 2^{k} a_{k}}{1 + 2^{k + 1}} = 2 k + 1$ ．即当 $n = k + 1$ 时，等式成立．由①②知，等式对 $n \in N^{⋆}$ 成立，∴ ${x_{n}}$ 是等差数列．评注:本题主要考查二次函数的求导、导数的应用、等差数列、数学归纳法等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问颗的能力．

2、(2005年高考山东卷)已知数列

{a_{n}}

的首项

a_{1} = 5

，前

n

项和为

S_{n}

，且

S_{n + 1} = 2 S_{n} + n + 5 (n \in N^{⋆})

．
(1)证明数列

{a_{n} + 1}

是等比数列；
(2)令

f (x) = a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n} x^{n}

，求函数

f (x)

在点

x = 1

处的导数

f' (x)

，并比较

2 f' (1)

与

23 n^{2} - 13 n

的大小．

提示	示范
将题中.
解:(1)证明：由已知 $S_{n + 1} = 2 S_{n} + n + 5$ ， ∴ $n \geq 2$ 时， $S_{n} = 2 S_{n - 1} + n + 4$ ，两式相减，得 $S_{n + 1} - S_{n} = 2 (S_{n} - S_{n - 1}) + 1$ ，即 $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 1$ ，从而 $a_{n + 1} + 1 = 2 (a_{n} + 1)$ ．当 $n = 1$ 时， $S_{2} = 2 S_{1} + 1 + 5$ ，∴ $a_{1} + a_{2} = 2 a_{1} + 6$ ，又 $a_{1} = 5$ ，∴ $a_{2} = 11$ ．从而 $a_{2} + 1 = 2 (a_{1} + 1)$ ．故总有 $a_{n + 1} + 1 = 2 (a_{n} + 1), n \in N^{⋆}$ ．又∵ $a_{1} = 1$ ，∴ $a_{n} + 1 \neq 0$ ．从而 $\frac{a_{n + 1} + 1}{a_{n} + 1} = 2$ ，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 $a_{n} = 3 \times 2^{n} - 1$ ． ∵ $f (x) = a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n} x^{n}$ ， ∴ $f' (x) = a_{1} + 2 a_{2} x + \dots + n a_{n} x^{n - 1}$ ．从而 $f' (1) = a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n}$ = $(3 \times 2 - 1) + 2 (3 \times 2^{2} - 1) + \dots + n (3 \times 2^{n} - 1)$ = $3 (2 + 2 \times 2^{2} + \dots + n \times 2^{n}) - (1 + 2 + \dots + n)$ = $3 [n \times 2^{n + 1} - (2 + 2^{2} + \dots + 2^{n})] - \frac{n (n + 1)}{2}$ = $3 [n \times 2^{n + 1} - 2^{n + 1} + 2] - \frac{n (n + 1)}{2}$ . = $3 (n - 1) \cdot 2^{n + 1} - \frac{n (n + 1)}{2} + 6$ 由上 $2 f' (1) - (23 n^{2} - 13 n)$ = $12 (n - 1) \cdot 2^{n} - 12 (2 n^{2} - n - 1)$ = $12 (n - 1) \cdot 2^{n} - 12 (n - 1) (2 n + 1)$ = $12 (n - 1) [2^{n} - (2 n + 1)]$ ． () 当 $n = 1$ 时，()式=O，∴ $2 f' (1) = (23 n^{2} - 13 n)$ ；当 $n = 2$ 时，()式=-12<0， ∴ $2 f' (1) < (23 n^{2} - 13 n)$ ；当 $n \geq 3$ 时， $n - 1 > 0$ ，又 $2^{n} = {(n + 1)}^{2} = C_{n}^{0} + C_{n}^{1} + \dots + C_{n}^{n - 1} + C_{n}^{n} \geq 2 n + 2 > 2 n + 1$ 。 ∴ $(n 一 1) [2^{n} 一 (2 n + 1)] > 0$ ，即()式>0，从而 $2 f' (1) > (23 n^{2} - 13 n)$ ．评注: 数列与函数、方程、不等式的综合性试题是近几年高考的热点题型，解题时要注意沟通数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在该类问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决，其中所涉及的不等式问题通常可采用放缩法、比较法或归纳猜想一证明的数学归纳法解决．．

3、(2006湖北高考文20)设数列

{a_{n}}

的前

n

项和为

S_{n}

,点

(n ， \frac{S_{n}}{n}) (n \in N^{⋆})

均在函数

y = 3 z - 2

的图象上．
(1)求数列

{a_{n}}

的通项公式；
(2)设

b_{n} = \frac{3}{a_{n} a_{n + 1}}

是数列

{b_{n}}

的前

n

项和，求使得

T_{n} < \frac{m}{20}

对所有

n \in N^{⋆}

都成立的最小正整数

m

提示	示范
$C_{U} .$
解:(1)依题意得 $\frac{S_{n}}{n} = 3 n - 2$ ，即 $S_{n} = 3 n^{2} - n$ ．当 $n \geq 2$ 时， $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = (3 n^{2} - 2 n) - [3 {(n - 1)}^{2} - 2 (n - 1)] = 6 n - 5$ ；当 $n = 1$ 时，以 $a_{1} = S_{1} = 3 \times 1^{2} - 2 \times 1 = 1 = 6 \times 1 - 5$ ．所以 $a_{n} = 6 n - 5 (n \in N^{⋆})$ ． (2)由(1)得 $b_{n} = \frac{3}{a_{n} a_{n + 1}} = \frac{3}{(6 n - 5) [6 (n + 1) - 5]} = \frac{1}{2} (\frac{1}{6 n - 5} - \frac{1}{6 n + 1})$ , 故 $T_{n} = \sum_{i = 1}^{\infty} b_{i} = \frac{1}{2} [(1 - \frac{1}{7}) + (\frac{1}{7} - \frac{1}{13}) + \dots + (\frac{1}{6 n - 5} - \frac{1}{6 n + 1})] = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{6 n + 1})$ ．因此，使得 $\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{6 n + 1}) < \frac{m}{20} (n \in N^{⋆})$ 成立的 $m$ 必须且仅需满足专≤斋，即m≤]0，故满足要求的最小整数 $m$ 为]O．评注: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．

    4、(2005上海高考理20)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4750万平方米?
    (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％？

提示	示范
集合中的.
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 $S_{n} = 250 n + \frac{n (n - 1)}{2} \times 50 = 25 n^{2} + 225 n$ ，令 $25 n^{2} + 225 n \geq 4750$ ，即 $n^{2} + 9 n - 190 \geq O$ ，而 $n$ 是正整数，∴ $n \geq 10$ ． ∴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4750万平方米． (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 $b_{n} = 400 (1.08)$ ．由题意可知 $a_{n} > 0.85 b_{n}$ ．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％．评注: 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．

5、(2006上海高考理21)已知有穷数列

{a_{n}}

2 k

是项

(整 数 k \geq 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 \dots, 2 k - 1)

，其中常数

a > 1

．
(1)求证：数列

{a_{n}}

是等比数列；
(2)若

a = 2^{\frac{2}{2 k - 1}}

，数列

{b_{n}}

满足

b_{n} = \frac{1}{n} {log}_{2} (a_{1} a_{2} \dots a_{n}) (n = 1 ， 2 ， \dots ， 2 k)

，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} - \frac{3}{2} | + | b_{2} - \frac{3}{2} | + \dots + | b_{2 k - 1} - \frac{3}{2} | + | b_{2 k} - \frac{3}{2} | \leq 4

,求

k

的值.

提示	示范
(提示内容)
解:(1) $a_{n + 1} = (a - 1) S_{n} + 2$ ， ① 当 $n \geq 2$ 时， $a_{n} = (a - 1) S_{n - 1} + 2$ ， ② 两式相减得 $a_{n + 1} - a_{n} = (a - 1) (S_{n} - S_{n - 1}) = (a - 1) a_{n}$ ， ∴ $a_{n + 1} = a a_{n}$ ， ∴ $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = a$ 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 $a_{n} = 2 \cdot a^{n - 1}$ ， ∴ $b_{n} = \frac{1}{n} {log}_{2} (2 \cdot 2 a \cdot 2 a^{2} \cdot \dots \cdot 2 a^{n - 1})$ = $\frac{1}{n} {log}_{2} (2^{n} \cdot a^{1 + 2 + \dots + (n - 1)})$ = $\frac{1}{n} (n + {log}_{2} (\frac{a^{n (n - 1)}}{2})) = 1 + \frac{1}{n} \cdot \frac{n (n - 1)}{2} \cdot {log}_{2} a = 1 + \frac{n - 1}{2} \cdot \frac{2}{2 k - 1} = 1 + \frac{n - 1}{2 k - 1}$ . (3) $\| b_{n} - \frac{3}{2} \| = \| \frac{n - 1}{2 k - 1} - \frac{1}{2} \| = \| \frac{2 n - 2 k - 1}{2 () 2 k - 1} \|$ ∴= $\| b_{1} - \frac{3}{2} \| + \| b_{2} - \frac{3}{2} \| + \dots + \| b_{2 k - 1} - \frac{3}{2} \| + \| b_{2 k} - \frac{3}{2} \|$ = $\| \frac{1 - 2 k}{2 (2 k - 1)} \| + \| \frac{3 - 2 k}{2 (2 k - 1)} \| + \dots + \| \frac{2 k - 3}{2 (2 k - 1)} \| + \| \frac{2 k - 1}{2 (2 k - 1)} \|$ = $2 [\frac{1}{2 (2 k - 1)} + \frac{3}{2 (2 k - 1)} + \dots + \frac{2 k - 3}{2 (2 k - 1)} + \frac{2 k - 1}{2 (2 k - 1)}]$ = $\frac{1 + 3 + 5 + \dots + (2 k - 1)}{2 k - 1} = \frac{k^{2}}{2 k - 1}$ . 令 $\frac{k^{2}}{2 k - 1} \leq 4$ ，即 $k^{2} - 8 k + 4 \leq 0$ ， ∴ $4 - 2 \sqrt{3} \leq k \leq 4 - 2 \sqrt{3}$ . 又∵ $k \geq 2 ， k \in Z$ ， ∴ $k$ 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．

考能训练(1)

1、(2005福建高考，理2)已知等差数列

{a_{n}}

中，

a_{7} + a_{9} = 16

，

a_{4} = 1

，则

a_{12}

的值是(    )
      A．15     B．30     C．31     D．64

    2、(2006江西高考，理7)已知等差数列

{a_{n}}

的前

n

项和为

S_{n}

，若

\vec{O B} = a_{1} \vec{O A} + a_{200} \vec{O C}

，且

A 、 B 、 C

三点共线(该直线不过点

O

)，则

S_{200}

等于(    )
      A．100    B．101    C．200    D．201

    3、已知数列

{a_{n}}

中，

a_{n} = \frac{n}{n^{2} + 156} (n \in N ⋆)

，则该数列

{a_{n}}

的最大项是(    )
      A．第12项     B．第13项    C．第12项或第13项     D．不存在

    4、编辑一个运算程序：1*1=2，

m

n

k

，

(m + 1)

n

k - 1

，

m

(n + 1)

k + 2

，则2005*2005的输出结果为(    )
      A．2004     B．2005    C．2006     D．4010

    5、(2005广东高考10)已知数列

{x_{n}}

满足

x_{2} = \frac{x_{1}}{2}

，

x_{n} = \frac{1}{2} (x_{n - 1} + x_{n - 2})

，

n = 3 ， 4 ， \dots

，若

lim_{n \to \infty} = 2

，则

x_{1}

等于( )
A．

\frac{3}{2}

B．3 C．4 D．5

6、(2006江苏高考15)对正整数

n

，设曲线

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

{\frac{a_{n}}{n + 1}}

的前

n

项和的公式是______．

7、如下表，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 \geq 2)

的第二个数是______．

    8、在 $x O y$ 平面上有一点列 $P_{1} (a_{1} ， b_{1}) ， P_{2} (a_{2} ， b_{2}) ， \dots ， P_{n} (a_{n} ， b_{n}) ， \dots 。对每一个正整数$ n $，点$ P_n $位于函数$ y=2000•(a/(10))^x(0<a<10) $的图象上．且点$ P_n $、点$ (n，0) $与点$ (n+1，0)构成一个 $P_{n}$ 为顶点的等腰三角形．
    (1)求点 $P_{n}$ 的纵坐标 $b_{n}$ 的表达式；
    (2)若 $n \in N^{⋆}$ ,以 $b_{n}$ 、 $b_{n + 1}$ 、 $b_{n + 2}$ 为边长构成一个三角形，求 $a$ 的取值范围．

    9、已知函数 $f (x) = x^{3} + x^{2}$ ，数列 ${x_{n}} (x_{n} > 0)$ 的笫一项 $x_{1} = 1$ ，以后各项按如下方式取定：曲线 $y = f (x)$ 在 $(x_{n + 1}, f (x_{n + 1}))$ 处的切线与经过(0，0)和 $(x_{n}, f (x_{n}))$ 两点的直线平行(如图).求证：当 $n \in N^{⋆}$ 时，
    (1) $x_{n}^{2} + x_{n} = 3 x_{n + 1}^{2} + 2 x_{n + 1}$ ；
    (2) ${(\frac{1}{2})}^{n - 1} \leq x_{n} \leq {(\frac{1}{2})}^{n - 2}$ ．


    10、(探究创新题)已知 $f (x) = \frac{b x + 1}{{(a x + 1)}^{2}} (x \neq - \frac{1}{a}, a > 0)$ ， $f (1) = {log}_{16} 2$ , $f (- 2) = 1$ ．
    (1)求函数 $f (x)$ 的表达式；
    (2)定义数列 $a_{n} = (1 - f (1)) (1 - f (2)) \dots (1 - f (n))$ ．求数列 ${a_{n}}$ 的通项；
    (3)求证：对任意的 $n \in N^{⋆}$ ,有 ${(a_{1} - \frac{1}{2})}^{2} + {(a_{2} - \frac{1}{2})}^{2} + {(a_{3} - \frac{1}{2})}^{2} + \dots + {(a_{n} - \frac{1}{2})}^{2} < \frac{1}{4}$ ．

考能训练(2)

方法感悟
1．用数学归纳法证题时，第一步验证

n = n_{0}

时，

n_{0}

不一定是1，但必不可少，它是整个证题过程的基础；第二步证明必须用到归纳假设，且注意灵活运用，还要弄清

n = k

到

n = k + 1

时命题的变化．
    2．从若干特殊事例出发，通过观察、分析、比较、归纳、猜想出一般结论，然后借助于数学归纳法予以论证．这一思维方法对分析问题和解决问题非常重要．
    3．建立数学模型的一般方法步骤
    (1)认真审题，准确理解题意，达到如下要求：明确问题属于哪类应用问题；弄清题目中的主要已知事项；明确所求的结论是什么．
    (2)抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达．
    (3)将实际问题抽象为数学问题．将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式(如函数关系、方或不等式)．
    4．建立数列模型时，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?是求

a_{n}

还是

S_{n}

n

是多少?
　

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