课件24张PPT。数列的应用典型例题解: 设第二个数为a, 则第三个数为 12-a. ∵前三个数成等差数列, ∴第一个数为 3a-12. 从而第四个数为16-(3a-12)=28-3a. 依题意得: (12-a)2=a(28-3a). 化简整理得 a2-13a+36=0. 解得 a=4 或 9. ∴这四个数分别为 0, 4, 8, 16 或 15, 9, 3, 1. 1.有四个数, 前三个数成等差数列, 后三个数成等比数列, 并且第一个数与第四个数的和是 16, 第二个数与第三个数的和是 12, 求这四个数.∴a2=1 从而 a1=1-d, a3=1+d. 整理得 4(2d)2-17(2d)+4=0. 故 an=2n-3 或 an=-2n+5. 解得 2d=22 或 2-2. ∴d=2 或 -2. 当 d=2 时, an=a2+(n-2)d=1+2n-4=2n-3; 当 d=-2 时, an=a2+(n-2)d=1-2n+4=-2n+5. ∴f(x)=2-10?4x.(2)由已知 an=log2 f(n)=log2(2-10?4n)=2n-10.解得 b=4, a=2-10. ∴Sn=n(n-9).∴anSn=2n(n-5)(n-9).∵n?N*, ∴由 anSn≤0 得 (n-5)(n-9)≤0.解得 5≤n≤9, n?N*. ∴n=5, 6, 7, 8, 9.(3)a1S1=64, a2S2=84, a3S3=72, a4S4=40;当 5≤n≤9 时, anSn≤0;当 10≤n≤22 时, anSn≤a22S22=9724<104;当 n≥23 时, anSn≥a23S23=11529>104;故整数 104 不是数列 {anSn} 中的项. 解: (1)由已知数列 {an+1-an} 是首项为 -2, 公差为 1 的等差数列.∴an+1-an=(a2-a1)+(n-1)?1=n-3.∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)∴an-an-1=n-4(n≥2).=6+(-2)+(-1)+0+1+2+…+(n-4)而 a1=2 亦适合上式, 解: (2)显然当 k=1, 2, 3 时, ak-bk=0, 不适合题意; ∴数列 {ak} 是递增数列, {bk} 是递减数列.∴数列 {ak-bk} 是递增数列. 5.已知等比数列 {an} 的各项均为正数, 公比 q?1, 数列 {bn} 满足 b1=20, b7=5, 且 (bn+1-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1) logma5=0. (1)求数列 {bn} 的通项公式; (2)设 Sn=|b1|+|b2|+…+|bn|, 求 Sn.解: (1)将 logma3=logma1+2logmq, logma5=logma1+4logmq 代入已 知等式整理得: 2(bn-2bn+1+bn+2)logmq=0. ∴bn-2bn+1+bn+2=0.∵q?1, ∴logmq?0. 即 bn+bn+2=2bn+1.∴数列 {bn} 是等差数列.设其公差为 d, 则由 b7=b1+6d 可得 d= 解: (2)令 bn=0, 得 n=9.当 n≤9 时, bn≥0. 当 n>9 时, bn<0, 有:Sn=b1+b2+…+b9-b10-b11-…-bn =2(b1+b2+…+b9)-(b1+b2+…+bn) 5.已知等比数列 {an} 的各项均为正数, 公比 q?1, 数列 {bn} 满足 b1=20, b7=5, 且 (bn+1-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1) logma5=0. (1)求数列 {bn} 的通项公式; (2)设 Sn=|b1|+|b2|+…+|bn|, 求 Sn.(1)证: 由 an=3n-1-2an-1 知: (2)解: 由 an>an-1 及 an=3n-1-2an-1 知: an-an-1=3n-1-3an-1>0.∴an-1<3n-2 . ∵an+1-an=3n-3an=3n-3(3n-1-2an-1)=6an-1>0.∴0
30 成立, 应有 2n+1>32.∴n>4.∴使 Sn+n?2n+1>30 成立的 n 的最小值为 5. ∴Sn=-(1?2+2?22+3?23+…+n?2n). 9.以数列 {an} 的任意 ... ... 
