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2014高三数学二轮专题复习课件:3.2数列的应用


走向高考· 数学
新课标版 ·二轮专题复习

路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

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专题三





专题三





走向高考 ·二轮

专题复习 ·新课标版 ·数学

专题三
第二讲 数 的 用 列 应

专题三

第二讲

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考向聚焦

3

高频考点

核心整合

4

课后强化作业

专题三

第二讲

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考向聚焦

专题三

第二讲

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考向分析 1.根据 Sn 与 an 的 系 数 的 项 式 关求列通公. 2.简单递推数列的通项公式的求法. 3.数列求和的各种方法和技巧. 4. 列 集 、 数 不 式 解 几 等 识 汇 数与合函、等、析何知交的 综合问题.

专题三

第二讲

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命题规律 一般每年考一个大题, 通常与函数、 不等式等知识相结合, 综 性 强难 较 ,往 为 轴 .有 高 区 度 合 较 、度 大且 往 压 题具 较 的 分 , 与 数解 几 相 合 点 问 ,不 式 合 证 问 函 、析 何 结 的 列 题与 等 结 的 明 题以 长 、期 款 实 问 为 景 应 问 等要 ,增 率分 付 等 际 题 背 的 用 题 , 理清其解题思路.

专题三

第二讲

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核心整合

专题三

第二讲

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知识方法整合 1.数列求和的方法技巧 () 公式法:直接应用等差、等比数列的求和公式求和. 1 () 错位相减法 2 这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法, 这种 方法主要用于求数列{an·n}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别 b 是等差数列和等比数列.

专题三

第二讲

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(3)倒序相加法 这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法, 也就是 将一个数列倒过来排列(反序), 它 原 列 加 若 公 当与数相时有因 式 提并 剩 项 和 于 得则 样 数 可 倒 相 可 ,且 余 的 易 求 ,这 的 列 用 序 加法求和. () 裂项相消法 4 利 通 变 ,通 分 成 项 几 的 ,过 加 用 项 形将 项 裂 两 或 项 差通 相 过程中的相互抵消,最后只剩下有限项的和.

专题三

第二讲

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() 分组转化求和法 5 有 数 ,不 等 数 ,不 等 数 ,将 列 些 列既 是 差 列也 是 比 列若 数 通项拆开或变形, 可转化为几个等差、 等比数列或常见的数列, 可先分别求和,然后再合并.

专题三

第二讲

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2. 列 综 问 数的合题 () 等 数 与 比 列 综 . 1 差列等数的合 (2)数 与 数 方 、 等 、 角 解 几 等 识 列 函 、程不 式三 、析 何 知 的 综. 合 () 增 率 分 付 、 润 本 益 增 等 际 用 3 长 、期 款利 成 效 的 减 实 应 问 题 . 数 的 际 用 题 般 字 述 长反 的 物 景 列 实 应 问 一 文 叙 较 ,映 事 背 陌 ,识 及 广因 要 好 用 ,先 当 高 读 生知 涉 面 ,此 解 应 题首 应 提 阅 理 能 ,普 语 转 为 学 言 数 符 ,际 题 解 力将 通 言 化 数 语 或 学 号实 问 转为学题然再数运、学理以决 化数问,后用学算数推予解.
专题三 第二讲

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疑难误区警示 1.应用错位相减法求和时,注意项的对应. 2. 确 分 差 等 数 模 , 确 分 际 题 正区等与比列型正区实问中 的量是通项还是前 n 项和.

专题三

第二讲

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高频考点

专题三

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等差数列与等比数列的综合应用
(03 21· 新课标Ⅱ文,1) 已知等差数列{an}的 7

公差不为零,a1=25,且 a1,a11,a13 成 比 列 等数. () 求{an}的通项公式; 1 () 求 a1+a4+a7+?+a3n-2. 2

专题三

第二讲

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[解析]

() 设{an}的 差 1 公为

2 d,由题意,a11=a1a13,

即(a1+10d)2=a1(a1+12d). 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去),d=-2. 故 an=-2n+27.

专题三

第二讲

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() 令 Sn=a1+a4+a7+?+a3n-2. 2 由() 知 a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是 项 1 首为 -6 的等差数列.从而 n Sn= (a1+a3n-2) 2 n =2(-6n+56) =-3n2+28n. 25,公差为

专题三

第二讲

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(02 21·

枣庄市模拟)已知等差数列{an}的前 4 项 和 的为

10,

且 a2,a3,a7 成 比 列 等数. () 求通项公式 an; 1 () 设 bn=2an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 2

专题三

第二讲

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[解析]

() 1

?4a +6d=10, ? 1 由已知? ??a1+2d?2=?a1+d??a1+6d?, ?

?a =-2, ? 1 解得? ?d=3, ?

5 ? ?a1= , 2 或? ?d=0. ?

5 ∴an=3n-5 或 an=2.

专题三

第二讲

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1 () 当 an=3n-5 时,数列{bn}是首项为4,公比为 8 的等 2 比数列, 1 ?1-8n? 8n-1 4 Sn = = ; 28 1-8 5 5 当 an=2时,Sn=22· n. 8n-1 综上,当 an=3n-5 时,Sn= 28 ; 5 5 当 an= 时,Sn=2 · n. 2 2
专题三 第二讲

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[方法规律总结] 1. 处 数 求 问 时 一 要 读 题 , 清 在理列和题,定先懂意分题 型区 等 数 与 比 列不 基 数 模 的 意 用 ,分 差 列 等 数 ,是 本 列 型 注 运 转化思想化归为等差、等 数 , 利 分 求 时 要 别 比 列在 用 组 和 ,特 注意项数. 2. 处 等 与 比 列 综 问 时 先 看 给 在理差等数的合题,要所数 列是等差数列还是等比数列,再依据条件建立方程求解.

专题三

第二讲

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数列与其他知识交汇命题

已知函数

?1? f(x)在(-1,1)上有定义,f?2?=-1, ? ? ? x+y ? ? f(x)+f(y)=f? ?1+xy?,数列 ? ?

且满足对任意 x、y∈(-1,1),有 1 2xn {xn}中,x1=2,xn+1= . 1+x2 n

() 证明:f(x)在(-1,1)上为奇函数; 1 () 求数列{f(xn)}的 项 式 2 通公; 2n+5 1 1 1 () 求证: 3 + +?+ >- . f?x1? f?x2? f?xn? n+2
专题三 第二讲

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[分析]

() 要证 f(x)为奇函数,只需证明 f(-x)+f(x)=0, 1 f() , x=y=0 即可获解. 0 令

只需在条件式中令 y=-x, 了 为求

x+y () 利用 f(x)+f(y)=f( 2 )可找出 f(xn+1)与 f(xn)的递推关 1+xy 系,从而求得通项. () 由 f(xn)的 项 式 定 列 3 通公确数 利用放缩法可证明. 1 { }的 和 法 求 后 求 方 ,和 f?xn?

专题三

第二讲

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[解析]

() 证明:令 x=y=0,∴2f() =f() , 1 0 0

∴f() =0. 0 令 y=-x,则 f(x)+f(-x)=f() =0, 0 ∴f(-x)=-f(x), ∴f(x)在(-1,1)上 奇 数 为函.

专题三

第二讲

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() 2

?1? f(x1)=f?2?=-1, ? ?

? xn+xn ? ? 2xn ? ? ? ? f(xn+1)=f?1+x2?=f? ?1+x · ?=2f(xn), n? ? n xn? ?

f?xn+1? ∴ =2,即{f(xn)}是以-1 为首项,2 为 比 等 公的比 f?xn? 数列,∴f(xn)=-2n 1.


专题三

第二讲

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1 1 1 () 3 + +?+ f?x1? f?x2? f?xn? = -
? 1 1 1 ? ? 1+2+22+?+ n-1? ? 2 ? ? ?

1 1-2n ? 1 ? 1 ? 2- n-1?= 2+ n-1>-2, = - - 1= ? 2 ? - 2 ? ? 1- 2
? 1 ? 2n+5 1 ? ? 而 - = ?2+n+2?= 2- - - <-2 . n+2 n+2 ? ?

2n+5 1 1 1 ∴ + +?+ >- . f?x1? f?x2? f?xn? n+2
专题三 第二讲

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[点评]

数与数综性题常到数方、 列函的合试通用函与程

化 与 化分 与 合 思 .意 列 特 的 数等 归 转 、类 整 等 想注 数 是 殊 函 、 差等 数 更 如 ,此 解 列 函 的 合 题 时 、比 列 是 此因 求 数 与 数 综 性 目 , 注意数列与函数的内在联系,将所给条件向 an 与 n 的关系转 化.

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第二讲

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13 (文)已知等比数列{an}的公比 q=3,前 3 项和 S3= 3 . () 求数列{an}的通项公式; 1 () 若函数 f(x)=As( 2 n i2 x+φ)(A>0 0< , π φ<) 在 x=6处取得最 π

大值,且最大值为 a3, 函 求数

f(x)的解析式.

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[解析]

3 13 a1?1-3 ? 13 () 由 q=3,S3= 得 1 = , 3 3 1-3

1 解得 a1=3. 1 n-1 n-2 所以 an=3×3 =3 .

专题三

第二讲

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() 由() 可知 an=3n 2, 以 a3=3, 2 1 所 因为函数 f(x)的 大 为 最值 3,所以 A=3;



π 因为当 x=6时 f(x)取 最 值 得大, 所以 s( n i2 π × +φ)=1. 6

π 又 0<φ<π,故 φ=6. 所以函数 f(x)的 析 为 解式 f(x)=3( s2 n i π x+ ). 6

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(理)已知数列{an}、{bn},对于 n∈N*,点 Pn(n,an)都在 1 经过 A(-1,0)与 B(2,3)的直线 l 上,并且点 C(2 1) , =ax(a>0 且 a≠1)图象 的 点 数 上 一 ,列 -1. () 求数列{an}、{bn}的 项 式 1 通公; 1 () 求数列{ 2 }的前 n 项和 Tn. ann bn+1 l · 是函数 f(x)

{bn}的前 n 项和 Sn=f(n)

专题三

第二讲

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[解析]

() 由 知 直 1 题,线

l 的斜率为

k=1 =2, 2-?-1? ∴直线 l 的方程为 y=2[x-(-1 ,即 y=2x+2. ) ] ∴数列{an}的 项 式 通公为 把点 C(2 1) , an=2n+2.

3-0

代入函数 f(x)=ax 得 a=2,

∴数列{bn}的前 n 项 为 Sn=f(n)-1=2n-1. 和

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第二讲

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当 n=1 时,b1=S1=1; 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1, 当 n=1 时也适合. ∴bn=2n 1(n∈N*).


专题三

第二讲

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1 1 1 () 设 cn= 2 ,由() 知:cn= 1 = n= ann bn+1 l · ann bn+1 ?2n+2?l2 l · n 1 1 1 1 =22 (n- ), n l 2n?n+1?l2 n n+1 1 1 1 1 1 所以 Tn=c1+c2+c3+?+cn=22 [ -2)+(2-3)+(3- n ( l 1 1 1 1 )+?+( - )] 4 n n+1 1 1 n =22 (1- )= . n l n+1 2?n+1?l2 n

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(文)已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 1 1 1 =a(a∈R),且a ,a ,a 成等比数列. 1 2 4 () 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 1 () 对 n∈N ,试比较a +a +a +?+a 与a 的大小. 2 2 22 23 2n 1


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第二讲

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[解析] 1 1 =a · , 1 a4

() 设等差数列{an}的公差为 d, 题 可 1 由意知

1 2 ( ) a2

即(a1+d)2=a1(a1+3d),从而 a1d=d2, 因为 d≠0,所以 d=a1=a, 故通项公式 an=na;

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第二讲

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1 1 1 () 记 Tn= + +?+ ,因为 a2k=2k· 2 a, a2 a22 a2n 11 1 1 所以 Tn=a(2+22+?+2n) 1 1n [1-? ? ] 2 12 1 1n = · = [1-( ) ], a 1 a 2 1- 2 1 1 从而,当 a>0 时,Tn<a ;当 a<0 时,Tn>a . 1 1

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(理)已知数列{an},有 a1=a,a2=p(常数 p>) , 任 的 0 对意 n?an-a1? 正整数 n,Sn=a1+a2+?+an 且 Sn= . 2 () 求 a 的值; 1 () 试确定数列{an}是否是等差数列,若是,求出其通项公 2 式;若不是,请说明理由; Sn+2 Sn+1 () 令 pn= 3 + ,证明 2n<p1+p2+?+pn<2n+3. Sn+1 Sn+2 [分析] 利基不式放法明等. 用本等及缩证不式

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[解析]

a1-a1 () S1=a1= 2 =0,a1=0,即 a=0. 1

(2)数列{an}是等差数列. nan-?n-1?an-1 an=Sn-Sn-1= (n≥2), 2 n-1 n-1 n-2 4 3 2 于是 an= a-= · · ··· =(n-1)p, ?· a n-2 n 1 n-2 n-3 3 2 1 2 另 a1=(1-1)p=0, ∴{an}是一个以 0 为 项 首 , p 为公差的等差数列且 an=(n -1)p.

专题三

第二讲

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n?an+a1? n?n-1?p () 证 : Sn= 3 明 = , 2 2 Sn+2 Sn+1 n+2 n ∴pn= + = + n Sn+1 Sn+2 n+2 >2 n n+2 · =2,n=1 ,?, 2 , n+2 n

∴p1+p2+?+pn>2n. n+2 n 1 1 又∵pn= n + =2+2 n- ( ), n+2 n+2 综可, 上得 2n<p1+p2+?+pn<2n+3 n=1, ,?). ( 2

专题三

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1 1 1 1 1 1 1 ∴p1+p2+?+pn-2n=2 - + - + - + - +? ( 1 3 2 4 3 5 4 6 1 1 1 1 1 1 1 1 + - + - )=2 +2- ( 1 - )=3-2( n-1 n+1 n n+2 n+1 n+2 n+1 1 + )3 <. n+2 ∴p1+p2+?+pn<2n+3.

专题三

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(文)已 数 知 列 {an}满 : Sn+Sn-1=ta2(t>0,n≥2),且 a1 足 n =0,n≥2 时,an>. 其中 Sn 是数列{an}的前 n 项和. 0 () 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 () 若对于 n≥2,n∈N , 等 2 不式 + +?+ <2 a2a3 a3a4 anan+1
*

恒成立,求 t 的取值范围.

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[解 ] 析

() 依 意 1 题,

?S +S - =ta2 ? n n 1 n ? ?Sn-1+Sn-2=ta2-1 ? n

?n≥2? ① ?n≥3? ②

2 ①-②得 an+an-1=t(a2-an-1)(n≥3 , ) n

由知 已得

1 an+an-1>0,故 an-an-1= (n≥3 , ) t

由 a1=0,S2+S1=ta2, a2=ta2, 2 得 2 1 ∴a2=0 舍)或 a2= t . ( 即数列{an}从 二 开 是 项 第 项 始 首 为 列 .
专题三 第二讲

1 1 ,公差为 t 的等差数 t

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n-1 ∴an= (n≥2), t 1-1 又当 n=1 时,a1= =0,满足上式, t n-1 ∴an= t (n∈N*).

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1 1 1 t2 t2 t2 () 设 Tn = 2 + +?+ = + + a2a3 a3a4 anan+1 1×2 2×3 3×4
? 1? t2 2 +?+ =t ?1-n?, ?n-1?×n ? ?

要使 Tn<2 对于 n≥2,n∈N*恒成立, 只要 Tn=t
2

? 1? 2 ?1- ?<t ≤2 n? ?

成即, 立可

n-1 而 an= t >0,即 t>0,∴0<t≤ 2.

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(理)在直角坐标平面上有一点列 P1(x1, 1), 2(x2, 2), y P y ?, Pn(xn,yn),?, 于 个 整 对每正数 n,点 Pn 均位于一次函数 y

5 3 =x+4的图象上,且 Pn 的横坐标构成以-2为首项,-1 为公 差的等差数列{xn}. () 求点 Pn 的坐标; 1

专题三

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() 设二次函数 fn(x)的 象 Cn 以 Pn 为 点 且 点 2 图 顶,过 n2+1),若过 Dn 且 率 斜为

Dn(0,

kn 的直线 ln 与 Cn 只 一 公 点 有个共,

1 1 1 求 Tn=k k +k k +?+ 的表达式; kn-1kn 1 2 2 3 () 设 S={x|x=2xn,n 为正整数},T={y|y=12yn,n 为正 3 整数},等差数列{an}中的任一项 an∈S∩T,且 a1 是 S∩T 中 最大的数,-225<a10<-15 ,求数列{an}的 项 式 1 通公.

专题三

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[解析]

() 由 意 1 题知

3 1 xn=- -(n-1)=-n- ,yn=-n 2 2

1 5 3 -2+4=-n+4,
? 1 3? ∴Pn?-n-2,-n+4?. ? ?

专题三

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() 由 意 设 次 数 2 题 可 二 函

? 1?2 3 ?x+n+ ? -n+ ,因为 fn(x)=a 2? 4 ?

fn(x)的图象过点 Dn(0,n2+1), 所以
? 1?2 3 ?n+ ? -n+ =n2+1, 得 a 解 2? 4 ?

a=1,

所以 fn(x)=x2+(2n+1)x+n2+1. 由题意可知,kn=f ′n() =2n+1,(n∈N*). 0

专题三

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1 1 1 1 1 所 以 Tn = + +?+ = + +?+ k1k2 k2k3 kn-1kn 3×5 5×7 1 11 1 1 1 1 1 1 = - + - +?+ - = ?2n-1??2n+1? 2 3 5 5 7 2n-1 2n+1 2
?1 1 ? 1 1 ? ? ?3-2n+1?=6-4n+2. ? ?

专题三

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() 由 意 3 题得

S={x|x=-2n-1,n 为 整 正 数 },T={y|y=

-1 n+9,n 为 整 2 正 数 }, 所 S∩T 中 元 组 以 以 的素成- 差列 数, 所 a1= 3, 数 以 - 则 列 {an}的 差 - 公为 1 k(k∈N*), 2 3为 项 - 首, 1 为差等 2 公的

若 k=1, an= 1 n+9,a10=-111?(-25 , 15 ; 则 - 2 2 - 1) 若 k=2, an= 2 n+2 , 10= 29 ∈(-25 , 1) ; 则 - 4 1 a - 1 2 -15 若 k≥3, a10≤-37 , a10?(-25 , 15 . 则 2 即 2 - 1) 综所,列 上述数 整 ). 数
专题三 第二讲

{an}的 项 式 通公为

an= 2 n+2( n 为 - 4 1 正

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[方法规律总结] 1. 决 列 函 知 结 的 目 解数与数识合题 时要确列特 ,明数是

殊 函 ,的 象 群 立 点注 函 的 义 等 制 的 数它 图 是 孤 的 ,意 数 定 域 限 条 ,确 进 条 的 化数 与 角 数 汇 ,列 件准 的 行 件 转 ,列 三 函 交 时数 通常作为条件出现,去除数列外衣后,本质是三角问题. 2. 列 不 式 汇 题 不 式 作 证 或 解 数与等交命,等常为明求的 一 呈 ,答 先 数 的 本 题 决再 中 决 等 问 现解 时 将 列 基 问 解 ,集 解 不 式问题,注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用.

专题三

第二讲

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数列的实际应用
(文)某 市 21 城 03 计后年上年汽拥量 此每将一末车有的 年汽拥量 末车有为 3 万, 0 辆预

6 报,且年增 % 废并每新

汽 数 相 .保 城 环 ,求 城 汽 拥 量 超 车 量 同为 护 市 境要 该 市 车 有 不 过 6 万. 0 辆从 21 03 年起 末, n 年年汽拥量 后末车有为 bn+1

万,每末拥量同 辆若年的有不. () 求 : {bn+1-bn}为 比 列 1 证 等数; () 每 新 汽 数 不 超 多 辆 2 年增车量应过少? [分析] 解 应 题 关 是 自 语 转 为 学 答 用 的 键 将 然 言 化 数 语

言联所数知点立确数模. ,系学学识建正的学型
专题三 第二讲

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[解析]

() 设从 2013 年起,第 n 年(03 1 21

年 第 1 年)末 为 x 万辆,则 b1=

汽车拥有量为 bn 万 , 年 增 车 量 辆每新汽数为 30,b2=b1×0.94+x, 可得 bn+1=0.94bn+x, 又 bn=0.94×bn-1+x 两 相 得 式减, bn+1-bn=0.94×(bn-bn-1), ∵每年末的拥有量不同,

∴{bn+1-bn}是以 b2-b1=x-1.8 为 项 公 为 首且比 等比数列.

0.94 的

专题三

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() 由() 得 bn+1-bn=0 2 1 9 .4

n-1

×(x-1.8),

于是 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+?+(bn-bn-1)=30+(x -1.8)+0.94×(x-1) +0.942×(x-1) +?+0.94n - 2×(x- 8 . 8 . 1-0.94n-1 1.8)=30+(x-1.8)× ., 1-0.94 当 x-1.8≤0,即 x≤1 时,{bn}为 减 列 8 . 递数, 故有 bn+1≤bn≤?≤b1=30, 当 x-1> 80 . ,即 x>8 1 . 时,

x-1.8 bn<0 + 0.06 ≤60,∴x≤3.6 3 所以每年新增汽车不应超过 3.6 万辆.
专题三 第二讲

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(理)政 决 用 府 定 价用 , an 表 某 业 示企第

“对 会 有 贡 率 社 的 效 献

”对 业 行 企 进 评

n年入治污的保用用 投的理染环费, a1=a(万 ), 以 治 污 元 且后理 2a 万元又 ;设 b1=b(万 ), 元 1% 用 Pn = 0. ”. ”; ”不低

bn 表 该 业 示企第

n年产. 的值设

染环费每都上年加 的保用年比一增 且 业 产 每 比 一 的 均 长 为 企 的 值 年 上 年 平 增 率 anbn 10 a 表 企 第 0 b 示业

n 年“对 会 有 贡 率 社的效献

() 求 企 第 年 第 年 1 该业一和二的 () 试 从 几 起 企 2 问 第 年 该 业 于 2% 0?

“对 会 有 贡 率 社的效献 “对 会 有 贡 率 社 的 效 献

专题三

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[解析]

anbn () ∵a1=a,b1=b,Pn= 1 , 100ab

a1b1 ∴P1=100ab=1%, a2b2 3a×1.1b P2= = =3% 3. . 100ab 100ab 故该企业第一年和第二年的“对 会 有 贡 率 社 的 效 献 别为 1%和 3% 3. . ”分

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() 由题意,得数列{an}是以 a 为首项,以 2a 为公差的等 2 差数列,数列 bn 是以 b 为首项,以 1.1 为公比的等比数列, ∴an=a1+(n-1)d=a+(n-1 a=(2n-1)a, 2 ) · bn=b1(1+1% 0)
n-1

=1.1n 1b.



anbn 又∵Pn=100ab, ?2n-1?a×1.1n 1b ∴Pn= 100ab


?2n-1?×1.1n 1 = . 100


专题三

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? 2 ? Pn+1 2n+1 ? ∵ P = ×1 =?1+2n-1?×1> 1 . . ? 11 2n-1 n ? ?



?2n-1?×1 1 . ∴Pn+1>Pn, Pn= 即 10 0 11×1 5 1 . 又∵P6= 10 ≈17%2% 72 <0 . 0 1 ×1 6 3 1 . P7= 10 ≈20%2% 33 >0 . . 0 故 第 年 该 业 从 七 起 企 2% 0.

n-1

单递. 调增 ,

“对 会 有 贡 率 社 的 效 献

”不 于 低

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甲乙 大 市 时 业第 年 全 销 额 为 、两 超 同 开 ,一 的 年 售 都

a万

a 2 元,由于经营方式不同,甲超市前 n 年 总 售 为 的销额 (n -n 2 2 n-1 +2)万元,乙超市第 n 年的销售额比前一年的销售额多( ) a 3 万元. () 求甲、乙两超市第 n 年销售额的表达式; 1 () 若 中 一 市 年 售 不 另 超 的 销 额 2 其 某 超 的 销 额 足 一 市 年 售 的 50%, 该 市 被 一 市 购 判 哪 超 有 能 则 超 将 另 超 收 ,断 一 市 可 被 收购?如果有这种情况,将会出现在第几年.

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[解 ] 析

() 设 、 两 市 1 甲乙超第

n年 售 分 为 销额别

an,bn,

又设甲超市前 n 年总 售 为 销 额 2 n≥2 , n=1 时 a1=a, ) ( ) 因 ,

a 2 Sn ,则 Sn = 2 (n -n+

a 2 a 则 n≥2 时 an=Sn-Sn-1=2(n -n+2 -2[(n-1 2-(n- , ) ) 1 +2 =a(n-1 , ) ] ) 故
?a,n=1, ? an=? ??n-1?a,n≥2, ?

2 n-1 又 b1=a,n≥2 时 bn-bn-1=(3) a, 因 ,
专题三 第二讲

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故 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+?+(bn-bn-1) 2 2 2 - =a+3a+(3)2a+?+(3)n 1a 2 22 2 n -1 =[1+3+(3) +?+(3) ]a 2n 1-?3? 2 n-1 = ( · 2 a=[3-2 3) ]a, 1-3 2 n-1 显然 n=1 也适合,故 bn=[3-2 3) ]a(n∈N*) ( ·

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5 1 () 当 n=2 时,a2=a,b2= a,有 a2> b2; 2 3 2 19 1 n=3 时,a3=2a,b3= 9 a,有 a3>2b3; 当 n≥4 时,an≥3a,而 bn<3a,故乙超市有可能被收购. 1 当 n≥4 时,令2an>bn, 1 2 n-1 2 n-1 则2(n-1)a> -2 3) ]a?n-16 -4 3) , [ 3 ( · > ( · 2 n-1 即 n>7-4 3) . ( ·

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2 n-1 又当 n≥7 时,04 <( · ) <1, 3 故当 n∈N*且 n≥7 时 必 ,有 2 - n>7-4 3)n 1. ( ·

即第 7 年乙超市的年销售额不足甲超市的一半, 乙超市将 被甲超市收购.

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[方法规律总结] 用数列知识解相关的实际问题, 关键是合理建立数学模型 ——数 模 ,清 构 的 列 首 是 么项 是 少 列 型弄 所 造 数 的 项 什 ,数 多 , 然后转化为解数列问题. 求解时, 要明确目标, 即搞清是求和, 还 求 项还 解 推 系 题所 结 对 的 一 解 是 通 ,是 递 关 问 ,求 论 应 是 个 方 问 ,是 不 式 题还 一 最 问 ,后 行 程 题还 解 等 问 ,是 个 值 题然 进 合理推算,得出实际问题的结果.

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