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数学修5配套课件:3.4.3 基本不等式的实际应用(数学备课大师网 为您整理) (31)



章末整合提升

专题一:等差、等比数列的概念与性质

【例 1】 已知数列{an}的首项 a1=2a+1(a 是常数,且 a≠
-1),an=2an-1+n2-4n+2(n≥2),数列{bn}的首项 b1=a,bn

=an+n2(n≥2). (1)证明:{bn}从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列;<

br />(2)设 Sn 为数列{bn}的前 n 项和,且{Sn}是等比数列,求实 数 a 的值; (3)当 a>0 时,求数列{an}的最小项.

思维突破:第(1)问用定义证明,进一步第(2)问也可以求出, 第(3)问由 a 的不同而要分类讨论.

(1)证明:∵bn=an+n2,
∴bn+1=an+1+(n+1)2=2an+(n+1)2-4(n+1)+2+(n

+1)2=2an+2n2=2bn(n≥2).
由a1=2a+1,得a2=4a,b2=a2+4=4a+4.

∵a≠-1,∴ b2≠0,
即{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列.

?4a+4??2n-1-1? (2)解:Sn=a+ 2- 1 =-3a-4+(2a+2)2n. ?2a+2?2n-3a-4 Sn 当 n≥2 时, = Sn-1 ?2a+2?2n-1-3a-4 3a+4 =2+ , n-1 ?a+1?2 -3a-4 ∵{Sn}是等比数列, 4 Sn ∴ (n≥2)是常数.∴3a+4=0,即 a=-3. Sn - 1

(3)解:由(1)知:当 n≥2 时,bn=(4a+4)2n 2=(a+1)2n.


? ?2a+1 ∴an=? n 2 ? ??a+1?2 -n

?n=1?, ?n≥2?.

∴数列{an}为 2a+1,4a,8a-1,16a,32a+7,…,显然最小项 是前三项中的一项. 当
? 1? a∈?0,4?时,最小项为 ? ?

8a-1;

1 当 a=4时,最小项为 4a 或 8a-1;



?1 1? a∈?4,2?时,最小项为 ? ?

4a;

1 当 a=2时,最小项为 4a 或 2a+1; 当
?1 ? a∈?2,+∞?时,最小项为 ? ?

2a+1.

点评:本题考查了用定义证明等比数列,分类讨论的数学 思想,有一定的综合性.

【互动与探究】
1 1.已知在数列{an}中,a1=2,点(n,2an+1-an)(n∈N*)在直

线 y=x 上. (1)计算a2,a3,a4的值; (2)令bn=an+1-an-1,求证:数列{bn}是等比数列; (3)求数列{an}的通项公式.

1 (1)解:由题意,得 2an+1-an=n,又 a1=2,所以 2a2-a1 3 =1,解得 a2=4. 11 35 同理 a3= 8 ,a4=16.

(2)证明:因为 2an+1-an=n, an+1+n+1 所 以 bn + 1 = an + 2 - an + 1 - 1 = - an + 1 - 1 = 2 n-an+1-1 . 2 bn=an+1-an-1=an+1-(2an+1-n)-1=n-an+1-1= bn+1 1 2bn+1,即 b =2. n 3 3 1 又 b1=a2-a1-1=-4,所以数列{bn}是以-4为首项,2为 公比的等比数列.

3 ?1?n-1 ? ? (3)解:由(2)知:bn=-4· . 2 ? ? 3 ?1?n-1 ? ? ∴an+1-an-1=-4· . ?2? 3 ?1?n-1 ? ? ∴an+1-an=-4· +1 ?2? ∴an=a1+??a2-a1??+??a3-a2??+…+??an-an-1??
?1? - ? 1 3??1?0 ?1?1 ?1?2 3 n 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? =2-4 2 + 2 + 2 +…+ 2 +n-1=n-2+2n. ? ? ? ? ? ? ?? ? ?
? ? ? ? ? ?

专题二:求和问题

【例2】 设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12, S12>0,S13<0.
(1)求公差d的取值范围;

(2)指出S1,S2,…,S12中哪一个值最大,并说明理由. 解:(1)依题意有
? ?S =12a +12×11d>0, 1 2 ? 12 ? 13×12 ? S =13a1+ 2 d<0 ? ? 13
? ?24+7d>0, ? ? ?3+d<0 ? ?2a1+11d>0, ?? ? ?a1+6d<0.

由 a3=12,得 a1=12-2d.则 24 ?- 7 <d<-3.

(2)方法一:由d<0可知:a1>a2>a3>…>a12>a13.
因此,若在1≤n≤12中,存在自然数n,使得an>0, an+1<0,则Sn就是S1,S2,…,S12中的最大值. 由于S12=6(a6+a7)>0,S13=13a7<0,

即a6+a7>0,a7<0.由此,得a6>-a7>0.
故在S1,S2,…,S12中S6的值最大.

方法二:由d<0可知:a1>a2>a3>…>a12>a13.
因此,若在1≤n≤12中,存在自然数n,使得an>0,an+1

<0,则Sn就是S1,S2,…,S12中的最大值.

? ?12a +12×11d>0, ? 2 ? 1 ?S12>0, 由已知? ?? ? 13×12 ?S13<0 ? 13a + 2 d<0 ? ? 1 d ? ? ?a1+5d>- >0, ?a6>0, 2 ?? ?? ? ?a7<0. ? a + 6 d <0 ? 1 故在 S1,S2,…,S12 中 S6 的值最大.

点评:数列的最值问题. (1)前 n 项和为Sn,有最大值.确定使Sn 取最大值时的 n 值. ①是求使 an≥0,an+1<0,成立的 n 值;
d? d 2 ? ②对于等差数列可由 Sn=2n +?a1-2?n 利用二次函数的性 ? ?

质求得 n 值.

(2)在等差数列{an}中,有关 Sn 的最值问题. ①当 a1>0,d<0 大值; ②当 a1<0,d>0
? ?am≤0, 时,满足? ? ?am+1>0 ? ?am≥0, 时,满足? ? ?am+1<0

的项数 m 使得 Sm 取最

的项数 m 使得 Sm 取最

小值.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用.

【互动与探究】

2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=5,S6= 36. (1)求通项公式 an;
?Sn? (2)记数列? n ?的前 ? ?

n

? ? 1 ? ? ? 项和为{Tn},数列 S -T ?的前 ? n? ? n +1 ?

n项

1 和为 G(n),求证:3≤G(n)<1.

6×5 解:(1)a3=a1+2d=5,S6=6a1+ 2 d=36, 可得 a1=1,d=2.∴an=a1+(n-1)d=2n-1. n?1+2n-1? 2 Sn n?1+n? (2)Sn= =n , n =n,Tn= 2 . 2 n?n+1? ?n+1??n+2? Sn+1-Tn=(n+1) - 2 = . 2
2

? 1 1 ? 1 2 ? = =2?n+1-n+2? . ? Sn+1-Tn ?n+1??n+2? ? ?

??1 1? ?1 1? ? 1 ? 1 ? ?? ? ? ∴G(n)=2? 2-3?+?3-4?+…+?n+1-n+2?? ? ? ? ? ?? ? ?? ?1 1 ? 2 ? ? - =2?2 n+2?=1- <1. n + 2 ? ?

又∵数列 G(n)是递增数列, 2 2 1 ∴G(n)=1- ≥G(1)=1-3=3. n+2 1 ∴3≤G(n)<1.

专题三:数列的综合问题
nban-1 【例 3】 已知 b>0,数列{an}满足 a1=b,an= . an-1+n-1

(1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:对于一切正整数n,2an≤bn+1+1.

nban-1 n 1 n-1 1 (1)解:由 an= ,得a =b· +b. an-1+n-1 an-1 n n n-1 ①若 b=1,则a - =1. an-1 n
?n? ∴数列?a ?是以 ? n?

1 为公差的等差数列.

1 n 1 ∴a =a +(n-1)· 1=1+n-1=n. n 1 ∴an=1.

n 1 n-1 1 ②若 b≠1,则由a =b· +b,可得 an-1 n 1 ? 1 1? n ?n-1 ? + + = ?. an 1-b b? a 1 - b - ? n 1 ?
? 1 ? ?n ? 1 ? ? + ∴数列 a 1-b 是以b为公比的等比数列. ? ? ? n ? ?1 ?1? - 1 ? 1 1 ? 1? n - 1 ? 1 n ? ? ? ? ? n 1 ? ? ? ? + ∴a + = ?a +1-b? · = · . ∴ an = ?b 1-b? ?b? b 1 1 - b ? ? n ? ? ? ?

nbn?1-b? n . 1-b

(2)证明:①若 b=1,则 2an=2=bn+1+1. ②若 b≠1,∵b>0, ∴ (bn + 1 + 1)(1 + b + b2 + … + bn - 1) = (b2n + 1) + (b2n - 1 + b) + - +…+(bn 1+bn 1) >2bn+2bn+…+2bn=2nbn. 2nbn n+1 ∴ < b +1. - ?1+b+b2+…+bn 1? 2nbn?1-b? n+1 ∴ < b +1. - ?1-b??1+b+b2+…+bn 1? 2nbn?1-b? n+1 n+1 ∴ < b + 1. ∴ 2 a < b +1. n 1-bn 综上所述,对任意正整数 n,2an≤bn+1+1.

【互动与探究】
x 3.已知函数 f(x)= (a,b 为常数,且 a≠0)满足 f(2) ax+b

=1,且 f(x)=x 有唯一解. (1)求 f(x)的表达式; (2)记 xn=f(xn-1)(n∈N 且 n>1),且 x1=f(1),求数列{xn}的 通项公式;

4 (3)记 yn=xn· xn+1,数列{yn}的前 n 项和为 Sn,求证:Sn<3.

x (1)解:f(x)= =x,即 ax2+(b-1)x=0 有唯一解, ax+b ∴b=1. 2 1 又 f(2)= =1,∴a=2. 2a+b 2x ∴f(x)=1 = . x+2 2x+1 x

1 1 1 (2)解:∵xn=f(xn-1)=1 ,∴x = +2. x n n -1 x + 1 - 2 n 1 2 1 3 又∵x1=f(1)=3,∴x =2. 1
?1? 3 1 ? ? ∴数列 x 是首项为2,公差为2的等差数列. ? n?

xn-1

1 3 1 n+2 2 ∴x =2+(n-1)×2= 2 .∴xn= . n+2 n

? 1 1 ? 2 2 ? (3)证明:由 yn=xn· xn+1= × =4?n+2-n+3? ?, n+2 n+3 ? ?

∴Sn=y1+y2+y3+…+yn=x1x2+x2x3+…+xnxn+1
??1 1? ?1 1? ? 1 ? 1 ? ?? ? ? =4? 3-4?+?4-5?+…+?n+2-n+3?? ? ? ? ? ?? ? ?? ?1 1 ? ? ? 4 - =4?3 n+3?<3. ? ?



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