21数列的应用ppt课件

1、典型例题典型例题解解: 设第二个数为设第二个数为a, 则第三个数为则第三个数为 12-a. 前三个数成等差数列前三个数成等差数列, , 第一个数为第一个数为 3a-12. 3a-12. 从而第四个数为从而第四个数为16-(3a-12)=28-3a. 16-(3a-12)=28-3a. 依题意得依题意得: (12-a)2=a(28-3a). : (12-a)2=a(28-3a). 化简整理得化简整理得 a2-13a+36=0. a2-13a+36=0. 解得解得 a=4 或或 9. 这四个数分别为这四个数分别为 0, 4, 8, 16 0, 4, 8, 16 或或 15, 9, 3, 1. 15

2、, 9, 3, 1. 1.有四个数有四个数, 前三个数成等差数列前三个数成等差数列, 后三个数成等比数列后三个数成等比数列, 并且第一个数与第四个数的和是并且第一个数与第四个数的和是 16, 第二个数与第三个数的第二个数与第三个数的和是和是 12, 求这四个数求这四个数.a2=1 a2=1 从而从而 a1=1-d, a1=1-d, a3=1+d. a3=1+d. 整理得整理得 4(2d)2- 4(2d)2-17(2d)+4=0. 17(2d)+4=0. 故故 an=2n-3 an=2n-3 或或 an=- an=-2n+5. 2n+5. 2.设设 an 是等差数列是等差数列, bn=( )an

3、, 知知 b1+b2+b3= , b1b2b3= , 求等差数列求等差数列 an.1282118解解: 设设 an 的公差为的公差为d. b1b3=( )a1( )a3=( )a1+a3=( )2a2=b22,12121212由由 b1b2b3= b1b2b3= 得得 b23= . b23= . 1818 b2= . 12又由又由 b1+b2+b3= 得得 ( )1-d+ +( )1+d= . 821121212821解得解得 2d=22 2d=22 或或 2-2. 2-2. d=2 d=2 或或 -2. -2. 当当 d=2 d=2 时时, an=a2+(n-2)d=1+2n-, an=a2

4、+(n-2)d=1+2n-4=2n-3; 4=2n-3; 当当 d=-2 d=-2 时时, an=a2+(n-2)d=1-2n+4=-2n+5. , an=a2+(n-2)d=1-2n+4=-2n+5. f(x)=2-f(x)=2-1010 4x.4x.(2)由已知由已知 an=log2 f(n)=log2(2-10 4n)=2n-10. 3.已知函数已知函数 f(x)=abx 的图象过点的图象过点 A(4, ) 和和 B(5, 1). (1)求函求函数数 f(x) 的解析式的解析式; (2)记记 an=log2 f(n), n为正整数为正整数, Sn 是数列是数列 an 的前的前 n 项和项

5、和, 解关于解关于 n 的不等式的不等式 anSn0; (3)对于对于(2)中的中的 an 与与 Sn, 整数整数 104 是否为数列是否为数列 anSn 中的项中的项? 若是若是, 则求出相则求出相应的项数应的项数; 若不是若不是, 则说明理由则说明理由.14解解: (1)由已知由已知 ab4= , ab5=1, 14解得解得 b=4, a=2-10. Sn=n(n-9).Sn=n(n-9). anSn=2n(n-5)(n-anSn=2n(n-5)(n-9).9).nnN N* *, , 由由 anSn0 anSn0 得得 (n-5)(n- (n-5)(n-9)0.9)0.解得解得 5n9,

6、 5n9, n nN N* *. . n=5, 6, 7, 8, n=5, 6, 7, 8, 9.9.(3)a1S1=64, a2S2=84, a3S3=72, a4S4=40;当当 5n9 5n9 时时, , anSn0;anSn0;当当 10n22 10n22 时时, , anSna22S22=9724104;anSna22S22=9724104;anSna23S23=11529104;故整数故整数 104 不是数列不是数列 anSn 中的项中的项.解解: (1)由已知数列由已知数列 an+1-an 是首项为是首项为 -2, 公差为公差为 1 的等差数的等差数列列.an+1-an=(a2-

7、a1)+(n-an+1-an=(a2-a1)+(n-1)1) 1=n-3.1=n-3.an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1) 4.设数列设数列 an 和和 bn 满足满足 a1=b1=6, a2=b2=4, a3=b3=3, 且且数列数列an+1-an (nN*) 是等差数列是等差数列, 数列数列 bn-2 (nN*) 是是等比数列等比数列. (1)求数列求数列 an 和和 bn 的通项公式的通项公式; (2)是否存在是否存在 kN*, 使使 ak-bk (0, )? 若存在若存在, 求出求出 k, 若不存在

8、若不存在, 说明理说明理由由. 12an-an-1=n-an-an-1=n-4(n2).4(n2).=6+(-2)+(-1)+0+1+2+(n-4) = (n2-7n+18)(n2). 12而而 a1=2 a1=2 亦适合上式亦适合上式, , = (n2-7n+18)(nN*). 12an an 又数列又数列 bn-2 是首项为是首项为 b1-2=4, 公比为公比为 的等比数列的等比数列, 12 bn-2=4( )n-1=( )n-3. bn-2=4( )n-1=( )n-3. 1212 bn=( )n-3+2. bn=( )n-3+2. 12故数列故数列 an 和和 bn 的通项公式分别为的

9、通项公式分别为: an= (n2-7n+18),12bn=( )n-3+2. 12解解: (2)显然当显然当 k=1, 2, 3 时时, ak-bk=0, 不适合题意不适合题意; 数列数列 ak ak 是递增数列是递增数列, bk , bk 是递减是递减数列数列. .不存在不存在 k kN N* *, , 使使 ak- ak-bkbk(0, ).(0, ).12当当 k4 时时, ak= (k2-7k+18), bk=( )k-3+2, 1212数列数列 ak-bk ak-bk 是递增数列是递增数列. . ak-bk a4-b4=3- ak-bk a4-b4=3-( +2)= ( +2)= 1

10、212 (0, ). 12 4.设数列设数列 an 和和 bn 满足满足 a1=b1=6, a2=b2=4, a3=b3=3, 且且数列数列an+1-an (nN*) 是等差数列是等差数列, 数列数列 bn-2 (nN*) 是是等比数列等比数列. (1)求数列求数列 an 和和 bn 的通项公式的通项公式; (2)是否存在是否存在 kN*, 使使 ak-bk (0, )? 若存在若存在, 求出求出 k, 若不存在若不存在, 说明理说明理由由. 12 5.已知等比数列已知等比数列 an 的各项均为正数的各项均为正数, 公比公比 q1, 数列数列 bn 满足满足 b1=20, b7=5, 且且 (

11、bn+1-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1) logma5=0. (1)求数列求数列 bn 的通项公式的通项公式; (2)设设 Sn=|b1|+|b2|+|bn|, 求求 Sn. 杨景波杨景波解解: (1)将将 logma3=logma1+2logmq, logma5=logma1+4logmq 代入已代入已 知等式整理得知等式整理得: 2(bn-2bn+1+bn+2)logmq=0. bn-2bn+1+bn+2=0.bn-2bn+1+bn+2=0.qq1, logmq1, logmq0. 0. 即即 bn+bn+2=2bn+1.bn+bn+2=2bn+

12、1.数列数列 bn bn 是等差数是等差数列列. .设其公差为设其公差为 d, d, 52- .- .bn=20+(n-1)(- ).bn=20+(n-1)(- ).52即即 bn=- bn=- n+ .n+ .52245则由则由 b7=b1+6d 可得可得 d= 解解: (2)令令 bn=0, 得得 n=9.当当 n9 时时, bn0. 那么那么 Sn=b1+b2+bn=20n+ (- ) n(n-1) 252=- n2+ n. 54485当当 n9 时时, bn9. 54485- n2+ n, n9, - n2+ n, n9, 54485Sn= Sn= 5.已知等比数列已知等比数列 an

13、的各项均为正数的各项均为正数, 公比公比 q1, 数列数列 bn 满足满足 b1=20, b7=5, 且且 (bn+1-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1) logma5=0. (1)求数列求数列 bn 的通项公式的通项公式; (2)设设 Sn=|b1|+|b2|+|bn|, 求求 Sn. 6.设设 a0 为常数为常数, 且且 an=3n-1-2an-1(nN*). (1)证明证明: 对任意对任意 n1, an= 3n+(-1)n-1 2n+(-1)n 2n a0; (2)假设对于任意假设对于任意 n1, anan-1, 求求 a0 的取值范围的取值范围.

14、15(1)证证: 由由 an=3n-1-2an-1 知知: 3 +1 2令令 =- 得得 =- . 15那么那么 an- an- 3n 3n 是以是以a0- a0- 为首项为首项, , 公比为公比为 -2 -2 的等比数列的等比数列. . 1515an- an- 3n=(a0- )(-2)n.3n=(a0- )(-2)n.1515即即 an= 3n+(-1)n-12n+(-1)n2na0. 15(2)解解: 由由 anan-1 及及 an=3n-1-2an-1 知知: an-an-1=3n-1-3an-10.an-13n-2 . an-10.1)=6an-10.0an-13n-2 . 0an-

15、130 成立的成立的 n 的最小值的最小值. 12解解: (1)由已知可设等比数列由已知可设等比数列 an 的公比为的公比为 q, 依题意得依题意得:a1q+a1q2+a1q3=28, a1q+a1q3=2(a1q2+2), 解得或解得或 (舍去舍去)a1=2, q=2, a1=32, q=, 12an=2an=2 2n-2n-1=2n.1=2n.即即 an an 的通项公式为的通项公式为 an=2n.an=2n.(2) bn=anlog an=-n2n, 12-Sn=1Sn=1 2+22+2 22+322+3 23+n23+n 2n.2n.-2Sn=12Sn=1 22+222+2 23+32

16、3+3 24+n24+n 2n+1.2n+1.Sn=2+22+23+2n-Sn=2+22+23+2n-n n 2n+12n+1=2n+1-2-n 2n+1.为使为使 Sn+n Sn+n 2n+130 2n+130 成立成立, , 应有应有 2n+132.2n+132.n4.n4.使使 Sn+n Sn+n 2n+130 2n+130 成立的成立的 n n 的最小值的最小值为为 5. 5. Sn=-Sn=-(1(1 2+22+2 22+322+3 23+n23+n 2n).2n). 9.以数列以数列 an 的任意相邻两项为坐标的点的任意相邻两项为坐标的点 Pn(an, an+1)(nN*)均在一次

17、函数均在一次函数 y=2x+k 的图象上的图象上, 数列数列 bn 满足满足条件条件: bn=an+1-an (nN*, b10). (1)求证求证: 数列数列 bn 是等比是等比数列数列; (2)设数列设数列 an, bn 的前的前 n 项和分别为项和分别为 Sn, Tn, 假设假设 S6=T4, S5=-9, 求求 k 的值的值. (1)证证:Pn(an, an+1) (nN*) 均在一次函数均在一次函数 y=2x+k 的图象上的图象上, an+1=2an+k, an+1=2an+k, 即即: an+1+k=2(an+k). : an+1+k=2(an+k). 又又 bn=an+1-an=

18、an+k, 那么那么 bn+1=an+1+k, bn+1bn = =2. = =2. an+1+k an+k数列数列 bn bn 是等比数列是等比数列. . 解得解得: k=8. : k=8. (2)解解: b1=a1+k, bn=(a1+k)2n-1, an=bn-k=(a1+k)2n-1-k, S6=T6-6k=(a1+k)(26-1)-6k=63a1+5k, T4=(a1+k)(25-1)=15(a1+k), S5=31a1+26k=-9, S6=T4a1=- k, 78 10.(1)已知数列已知数列 cn, 其中其中 cn=2n+3n, 且数列且数列 cn+1-pcn 为为等比数列等比

19、数列, 求常数求常数 p; (2)设设 an, bn 是公比不相等的两个等是公比不相等的两个等比数列比数列, cn=an+bn, 证明证明: 数列数列 cn 不是等比数列不是等比数列.(1)解解: 数列数列 cn+1-pcn 为等比数列为等比数列, (cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-pcn-1).pcn-1).又又 cn=2n+3n,2n+1+3n+1-p(2n+3n)22n+1+3n+1-p(2n+3n)2 =2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)2n+3n- =2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)2

20、n+3n-p(2n-1+3n-1).p(2n-1+3n-1).即即(2-p)2n+(3-p)3n2(2-p)2n+(3-p)3n2 =(2-p)2n+1+(3-p)3n+1(2-p)2n- =(2-p)2n+1+(3-p)3n+1(2-p)2n-1+(3-p)3n-1.1+(3-p)3n-1.整理得整理得 (2-p)(3-p)2n3n0. 16解得解得 p=2 或或 3.(2)证证: 设设 an, bn 的公比分别为的公比分别为 p, q, pq. 为证为证 cn 不是等比数列不是等比数列, 只须证只须证 c22c1 c3.事实上事实上, c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+

21、2a1b1pq,c1 c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=a12p2+b12q2 +a1b1(p2+q2).ppq, p2+q22pq.q, p2+q22pq. 又又 a1, b1 不为零不为零, c22c22c1c1 c c3.3.故故 cn 不是等比数列不是等比数列. 11.设等比数列设等比数列 an 的各项为实数的各项为实数, 前前 n 项的和为项的和为Sn, 公比为公比为q. (1)假设假设 S5, S15, S10 成等差数列成等差数列, 求证求证: 2S5, S10, S20-S10 成成等比数列等比数列; (2)假设假设 2S5, S10, S20-S10 成等比数列成等

22、比数列, 试问若试问若 S5, S15, S10一定成等差数列吗一定成等差数列吗? 请说明理由请说明理由.(1)证证: 由已知由已知q1(假设假设 q=1, 那么那么 S5=5a1, S15=15a1, S10=10a1, 不满足不满足 S5, S15, S10 成等差数列成等差数列).1-q a1 记记 t = , 则由则由 S5, S15, S10 成等差数列得成等差数列得: S5+S10-2S15=0. t(1-q5+1-q10-t(1-q5+1-q10-2+2q15)=0. 2+2q15)=0. 即即 tq5(2q10-q5- tq5(2q10-q5-1)=0. 1)=0. tq5tq

23、5 0, 0, 2q10-q5-1=0. 2q10-q5-1=0. 以下有两种证法以下有两种证法: 法法1: q 1: q 1, 1, 可解得可解得: q5=-: q5=- . . 12S102= t2(1-q10)2= S102= t2(1-q10)2= t2, t2, 169 2S5(S20-S10)=2t2(1-q5)(q10-q20)= t2=S102. 1692S5, S10, S20-S10 2S5, S10, S20-S10 成等比成等比数列数列. . 法法2: 1+q5=2q10. 2: 1+q5=2q10. S102S5 = = = = (1+q5)=q10. (1+q5)=

24、q10. 1-q10 2(1-q5) 12S20-S10 S10又又 = -1=1+q10-1=q10.= -1=1+q10-1=q10.1-q20 1-q10 = . = . S102S5S20-S10 S102S5, S10, S20-S10 2S5, S10, S20-S10 成等比成等比数列数列. . (2)解解: 不一定成立不一定成立. 例如例如 q=1 时时, 显然显然 2S5, S10, S20-S10 成等比数成等比数列列,但但 S5, S15, S10 不成等差数列不成等差数列. 11.设等比数列设等比数列 an 的各项为实数的各项为实数, 前前 n 项的和为项的和为Sn,

25、公比为公比为q. (1)假设假设 S5, S15, S10 成等差数列成等差数列, 求证求证: 2S5, S10, S20-S10 成成等比数列等比数列; (2)假设假设 2S5, S10, S20-S10 成等比数列成等比数列, 试问若试问若 S5, S15, S10一定成等差数列吗一定成等差数列吗? 请说明理由请说明理由. 12.设数列设数列 an 的前的前 n 项和为项和为 Sn, 假设假设 Sn 是首项为是首项为 S1 各各项均为正数且公比为项均为正数且公比为q 的等比数列的等比数列. (1)求数列求数列 an 的通项公的通项公式式 an (用用 S1 和和 q 表示表示); (2)试

26、比较试比较 an+an+2 与与 2an+1 的大小的大小, 并证明你的结论并证明你的结论.解解: (1)由已知由已知 Sn=S1qn-1(q0). 当当 n=1 时时, a1=S1; 当当 n2 时时, an=Sn-Sn-1=S1(q-1)qn-2. (2)当当 n=1 时时, a1+a3-2a2=S1+S1(q-1)q-2S1(q-1) =S1(q2-3q+3)0. a1+a32a2; a1+a32a2; 当当 n2 时时, an+an+2-2an+1=S1(q-1)qn-2+S1(q-1)qn-2S1(q-1)qn-1, S10, qn-20, S10, qn-20, 当当 q=1 q=

27、1 时时, (q-1)3=0, (q-1)3=0an+an+2-an+an+2-2an+1=02an+1=0an+an+2=2an+1; an+an+2=2an+1; an= an= S1, (n=1) S1(q-1)qn-2, (n2) =S1(q-1)3qn-2. 当当 0q1 时时, (q-1)30an+an+2-2an+10an+an+21 时时, (q-1)30an+an+2-2an+10an+an+22an+1. 综上所述综上所述, 当当 n=1 时时, a1+a32a2; 当当 n2 时时, 假设假设 q=1, 那么那么 an+an+2=2an+1; 假设假设 0q1, 那么那么

28、 an+an+21, 那么那么 an+an+22an+1. 13.下表给出一个下表给出一个 “三角形数阵三角形数阵” : 已知每一列的数成等差数已知每一列的数成等差数列列, 从第三行起每一行的数成等比数列从第三行起每一行的数成等比数列, 每一行的公比每一行的公比 都相等都相等. 记第记第 i 行第行第 j 列的数为列的数为 aij (ij, i, jN*). (1)求求 a83; (2)写出写出 aij 关于关于 i, j 的表达式的表达式; (3)记第记第 n 行的和为行的和为 An, 求数列求数列 An 的前的前 m 项和项和 Bm 的表达式的表达式; 3438121416314解解: (

29、1)依题意依题意 ai1 成等差数列成等差数列.a11= , a21= , a11= , a21= , 1214每行的公比每行的公比 q= . q= . 12a81= +(8-1)a81= +(8-1) =2. =2. 1414a31= , a32= , a31= , a32= , 且各行成等比数列且各行成等比数列, , 公比都相等公比都相等, , 383412a83=2a83=2 ( )2 = . ( )2 = . 12(2)由由(1)知知 ai1= +(i-1) = . 1414 i4 i412aij=ai1aij=ai1 ( )j-1 = ( )j-1 = ( )j-1 =i( )j+1

30、. ( )j-1 =i( )j+1. 1212(3) An=an11+2-1+2-2+2-(n-1)= 2-2-(n-1)= -n( )n+1. n4n212 Bm= (1+2+m)- ( + + + ). m 2m 1212243812设设 Tm= + + + . Tm= + + + . m 2m 122438m+2 2m+112由错位相减法可求得由错位相减法可求得 Tm=1- ,m+2 2m+1 Bm= + -1. m(m+1) 4 14.设各项均为正数的数列设各项均为正数的数列 an 和和 bn 满足满足 5an, 5bn, 5an+1 成等比数列成等比数列, lgbn, lgan+1,

31、 lgbn+1 成等差数列成等差数列, 且且 a1=1, b1=2, a2=3, 求通项求通项 an, bn.解解: 5an, 5bn, 5an+1 成等比数成等比数列列,(5bn)2=5an(5bn)2=5an 5an+1, 5an+1, 2bn=an+an+1.2bn=an+an+1.又又lgbn, lgan+1, lgbn+1 lgbn, lgan+1, lgbn+1 成成等差数列等差数列, , an+1= an+1= bnbn+1 . bnbn+1 . an= bn-1bn an= bn-1bn (n2). (n2). 2bn= bnbn+1 + bn-1bn (n2). 2bn= b

32、nbn+1 + bn-1bn (n2). 2 bn= bn-1 + 2 bn= bn-1 + bn+1 (n2).bn+1 (n2).又由又由 lgb1, lga2, lgb2 成等差数列成等差数列, 且且 b1=2, a2=3 得得: b2= . 92 b2 - b1 = . b2 - b1 = . 22 bn bn 是以是以 2 2 为首项为首项, , 为公差的为公差的等差数列等差数列. . 22 bn = 2 +(n-1) bn = 2 +(n-1) 222n+1 = . bn= . bn= . (n+1)2 2bn-1= (n2). bn-1= (n2). n2 2an= bn-1bn

33、 = an= bn-1bn = (n2). (n2). n(n+1) 2又又 a1=1 a1=1 亦适合上式亦适合上式, , n(n+1) 2an= . an= . 15.设设 an 是由正数组成的等比数列是由正数组成的等比数列, Sn 是其前是其前 n 项和项和. (1)证明证明:lgSn+lgSn+2 0, 使得使得 =lg(Sn+1-c)成成立立? 并证明你的结论并证明你的结论. lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c) 2(1)证证: 设等比数列设等比数列 an 的公比为的公比为 q, 由题设知由题设知 a10, q0.当当 q=1 q=1 时时, Sn=na1, , Sn=na1, S

34、nSn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-SnSn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12(n+1)2a12=-a120;当当 q q1 1 时时, , Sn= , Sn= , a1(1-qn) 1-q SnSn+2-Sn+12= SnSn+2-Sn+12= - -a12(1-qn)(1-qn+2) (1-q)2 a12(1-qn+1)2 (1-q)2 =-a12qn0.SnSn+2-Sn+120.SnSn+2-Sn+120. SnSn+2Sn+12.SnSn+2Sn+12. lgSnSn+2lgSn+lgSnSn+2lgSn+12.12.lgSn+lgSn+22lgSn

35、+lgSn+lgSn+22lgSn+1.1.lgSn+lgSn+2 lgSn+1. 2=-a120, c0, 使结使结论成立论成立. .当当 q q1 1 时时, (Sn-c)(Sn+2-c) -, (Sn-c)(Sn+2-c) -(Sn+1-c)2 (Sn+1-c)2 a1(1-qn) 1-q = -c -c- -c2 a1(1-qn+2) 1-q a1(1-qn+1) 1-q 当当 q=1 q=1 时时, (Sn-c)(Sn+2-c) -, (Sn-c)(Sn+2-c) -(Sn+1-c)2 (Sn+1-c)2 (Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2, Sn-c0, 解法解法1:

36、 要使要使 =lg(Sn+1-c)成立成立, 则有则有lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c) 2(2)是否存在常数是否存在常数 c0, 使得使得 =lg(Sn+1-c)成成立立? 并证明你的结论并证明你的结论. lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c) 2=-a1qna1-c(1-q), 且且 a1qn0, 故只能有故只能有 a1-c(1-q)=0, 即即 c= , 此时此时, c0, a10, a1 1-q 0q1. 0q1. 但当但当 0q1 0q1 时时, , Sn-c=Sn- a1 1-q a1qn 1-q =- 0, c0, 使结论成使结论成立立. .故不存在常数故不存在常数 c0, 使得使得 =lg(Sn+1-c) 成立成立.lg(Sn-c)+lg(