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【志鸿优化设计】2015届高考数学(人教版,理科)一轮总复习精品课件:6.5 数列的综合应用_图文

6.5

数列的综合应用

第六章

6.5

数列的综合应用 -2-

考纲要求 1.以递推关系为背景,在等差、 等比数列交会的题目中,进行数列的基本运算, 求数列的通项公式与前 n 项和. 2.在数列与函数、不等式、解析几何的交会处,考查数列的综合应用. 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用相关知 识解决相应的问题.

第六章

6.5

数列的综合应用 -3-

1.数列常与不等式结合,如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等, 需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题. 2.数列在实际生活中有着广泛的应用,其解题的基本步骤,可用图表示 如下:

第六章

6.5

数列的综合应用 -4-

3.数列应用问题的常见模型 (1)等差模型:一般地,如果增加(或减少)的量是一个固定的具体量时,该 模型是等差模型,增加(或减少)的量就是公差,其一般形式是 an+1-an=d(常 数). (2)等比模型:一般地,如果增加(或减少)的量是一个固定的百分数时,该 模型是等比模型,与变化前的量的比就是公比. (3)混合模型:在一个问题中,同时涉及等差数列和等比数列的模型. (4)生长模型:如果某一个量,每一期以一个固定的百分数增加(或减少), 同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时,我们称该模型为生长模型.如 分期付款问题,树木的生长与砍伐问题等. (5)递推模型:如果容易找到该数列任意一项(第 2 项起)与它的前一项 (或前几项)间的递推关系式,那么我们可以用递推数列的知识求解问题. (6)分期付款模型:设贷款总额为 a,年利率为 r,等额还款数为 b,分 n 期 还完,则
(1+) b= a. (1+) -1


第六章

6.5

数列的综合应用 -5-

想一想银行储蓄单利公式及复利公式分别是什么模型? 答案:单利公式——设本金为 a 元,每期利率为 r,存期为 n,则本利

和 an=a(1+rn),属于等差模型.复利公式——设本金为 a 元,每期利率 为 r,存期为 n,则本利和 an=a(1+r)n,属于等比模型.

第六章

6.5

数列的综合应用 -6-

基础自测
1.已知{an},{bn}均为等差数列,且 a2=8,a6=16,b2=4,b6=a6,则由{an},{bn}的公 共项组成的新数列{cn}的通项公式 cn 等于( A.3n+4 B.6n+2 C.6n+4 ) D.2n+2
关闭

设{an}的公差为 d1,{bn}的公差为 d2,则 d1=
12 4

6 - 2 6 -2

= =2,d2=
4

8

6 -2 6 -2

=

=3.∴ an=a2+(n-2)×2=2n+4,bn=b2+(n-2)×3=3n-2.
关闭

∴ 数列{an}为 6,8,10,12,14,16,18,20,22,…,数列{bn}为 1,4,7,10,13,16,19,22, …. C ∴ {cn}是以 10 为首项,以 6 为公差的等差数列.∴ cn=10+(n-1)×6=6n+4.
解析

答案

第六章

6.5

数列的综合应用 -7-

2.若正项数列{an}满足 lg an+1=1+lg an,且 a2 001+a2 002+a2 003+…+a2 010=2 013, 则 a2 011+a2 012+a2 013+…+a2 020 的值为( A.2 013· 1010 C.2 014· 1010 B.2 013· 1011 D.2 014· 1011 )

关闭

由条件知 lg an+1-lg an=lg

+1

=1,即

+1

=10,所以{an}为公比是 10 的等
关闭

比数列.因为(a2 001+…+a2 010)·q10=a2 011+…+a2 020,所以 a2 011+…+a2 020=2 A 013·1010,选 A.
解析

答案

第六章

6.5

数列的综合应用 -8-

3.现有 200 根相同的钢管,把它们堆成三角形垛,要使剩余的钢管尽可能少, 那么剩余的钢管为( A.9 根 ) B.10 根 C.19 根 D.21 根

关闭

设堆成 x 层,得 1+2+3+…+x≤200,即求使得 x(x+1)≤400 成立的最大 正整数 x,应为 19.∴ 200B
19(19+1) 2

=10.
解析

关闭

答案

第六章

6.5

数列的综合应用 -9-

2 4.在数列{an}中,对任意自然数 n∈N*恒有 a1+a2+…+an=2n-1,则 a1+2 + 3 3 +…+ =

2n+1-3 .

关闭

∵a1+a2+…+an=2n-1,当 n≥2 时,a1+a2+…+an-1=2(n-1)-1,两式作差得 an=2(n≥2), 当 n=1
2 -1 2 (1-2 ) n+1 2 3 时,a1=1,∴a1+2 +3 +…+ =1+22+23+…+2n=1+ =2 -3. 1-2
关闭

2n+1-3
解析 答案

第六章

6.5

数列的综合应用 -10-

5.一个蜂巢里有 1 只蜜蜂,第一天,它飞出去找回了 2 个伙伴;第二天 3 只蜜 蜂飞出去,各自找回了 2 个伙伴,…,如果这个找伙伴的过程继续下去且都能 找回 2 个伙伴,第五天所有蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有 只蜜蜂.

关闭

第一天有 1+2 只,第二天有 a2=3a1=9 只,第三天有 a3=3a2=27 只,……, 故第 n 天为 an=3n,则 a5=35=243 只. 关闭 243
解析 答案

第六章

6.5

数列的综合应用 -11-

考点一 等差、等比数列的综合应用
【例 1】 已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且第 2 项,第 5 项,第 14 项分别是等比数列{bn}的第 2 项,第 3 项,第 4 项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}对 n∈N*均有 求 c1+c2+c3+…+c2 015.
1 1

+

2 +…+ =an+1 成立, 2

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -12-

解:(1)由已知有 a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d, ∴ (1+4d)2=(1+d)(1+13d). 解得 d=2(∵ d>0). ∴ an=1+(n-1)·2=2n-1. 又 b2=a2=3,b3=a5=9, ∴ 数列{bn}的公比为 3, ∴ bn=3·3n-2=3n-1.

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -13-

(2)由 1 + 2 +…+ =an+1 得
1 2







当 n≥2 时, + +…+
1 2

1

2

-1 -1

=an.

两式相减得:n≥2 时, =an+1-an=2.


∴ cn=2bn=2·3n-1(n≥2). 又当 n=1 时, 1 =a2,∴ c1=3.
1

3, = 1, ∴ cn= 2·3 -1 ,n ≥ 2. ∴ c1+c2+c3+…+c2 015=3+
考点一 考点二
6-2×32 015 1 -3

=3+(-3+32 015)=32 015.

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -14-

方法提炼 解决等差数列与等比数列的综合问题,关键是理清两个数列的关系.如 果同一数列中部分项成等差数列,部分项成等比数列,要把成等差数列或等 比数列的项抽出来单独研究;如果两个数列通过运算综合在一起,要从分析 运算入手,把两个数列分割开,弄清两个数列各自的特征,再进行求解.

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -15-

举一反三 1(2013 福建高考)已知等差数列{an}的公差 d=1,前 n 项和为
Sn. (1)若 1,a1,a3 成等比数列,求 a1; (2)若 S5>a1a9,求 a1 的取值范围.
关闭

2 ( 1) 因为数列{an}的公差 d=1, 且 1, a1, a3成等比数列, 所以1 =1× ( a1+2) , 即 2 1 -a1-2=0, 解得 a1=-1 或 a1=2. 2 2 ( 2) 因为数列{an}的公差 d=1, 且 S5>a1a9, 所以 5a1+10> 1 +8a1, 即1 +3a1-10<0,

解得-5<a1<2.

答案 考点一 考点二 考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -16-

考点二 数列与函数的综合应用
【例 2】 已知函数 f(x)=log2x-logx2(0<x<1),数列{an}满足 f(2 )=2n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)判断数列{an}的单调性.

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -17-

解:(1)由已知得 log22 ? ∴ an=n± 2 + 1. ∵ 0<x<1,∴ 0<2 <1,∴ an<0. ∴ an=n- 2 + 1. (2)∵ =
+1

1 lo g 2 2

2 =2n,∴ an- =2n,即 -2nan-1=0.

1

=

( +1)- ( +1)2 +1 - 2 +1

+ 2 +1
2

<1,

+1+ ( +1 ) +1

又∵ an<0,∴ an+1>an,∴ {an}是递增数列.
考点一 考点二 考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -18-

方法提炼 此类问题常常以函数的解析式为载体,转化为数列问题,常用的数学思 想方法有“函数与方程”“等价转化”等.

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -19-

举一反三 2 已知在正项数列{an}中,a1=2,点 An( , +1 )在双曲线
y2-x2=1 上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线 y=- x+1 上,其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{bn}是等比数列; (3)若 cn=an· bn,求证:cn+1<cn.
1 2

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -20-

答案:(1)解:由已知点 An 在 y2-x2=1 上知 an+1-an=1, ∴ 数列{an}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列,∴ an=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1. (2)证明:∵ 点(bn,Tn)在直线 y=- x+1 上,∴ Tn=- bn+1.①
2 2 1 1

∴ Tn-1=- bn-1+1(n≥2),②
2

1

①②两式相减得 bn=- bn+ bn-1(n≥2),
2 2 1 1

∴ bn= bn-1,∴ bn= bn-1.
2 2 3

3

1

1

由①,令 n=1,得 b1=- b1+1,∴ b1= ,
2 3

1

2

∴ {bn}是以 为首项, 为公比的等比数列.
3 3

2

1

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -21-

(3)证明:由(2)可知 bn= ·
3

2

1 -1 3 2 3

=

2 3

cn=an·bn=(n+1)· , .∴
3

2

∴ cn+1-cn=(n+2)·
2

3

-(n+1)· +1
2

2

=

3

+1 [(n+2)-3(n+1)]=

3 +1

(-2n-1)<0,∴ cn+1<cn.

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -22-

考点三

数列在实际问题中的应用

【例 3】 有一种零存整取的储蓄项目,在每月某日存入一笔相同金额,这是 零存;到期可以提出全部本金和利息,这是整取.它的本利和公式如下: 本利和=每期存入的金额× 存期+ ×存期×(存期+1)×利率 .
1 2
关闭

(1)设每期存入的金额为 A,每期利率为 P,存期为 n,则各期的利息之和 (1)试解释这个本利和公式. ( +1) ( +1) 为 nAP+(n-1)AP+…+2AP+AP= ,所以本利和为 nA+ =A + 2 2 (2)若每月初存入 100 元,月利率为 5.1%,到第 12 个月底的本利和是多 ( +1) P (元). 少? 2 (2) 到第 12 个月底的本利和为 (3) 若每月初存入一笔金额 ,月利率是 5.1%,希望到第 12 个月底取得本 1 12 + × 12 × (12 + 1) × 5.1 利和 100 2 000 元 ,那么每月初应存入多少 ?% =1 597.8(元).
2

(3)设每月初应存入 x 元,则有 x 12 + × 12 × (12 + 1) × 5.1% =2 000,
2

1

解得 x≈125.2.所以每月初应存入 125.2 元.
答案 考点一 考点二 考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -23-

方法提炼 1.解等差、 等比数列应用题时,首先要认真审题,深刻理解问题的实际背 景,理清蕴含在语言中的数学关系,把应用问题抽象为数学中的等差、等比 数列问题,使关系明朗化、标准化.然后用等差、等比数列知识求解.这其中 体现了把实际问题数学化的能力,也就是所谓的数学建模能力. 2.等比数列中处理分期付款问题的注意事项 (1)准确计算出在贷款全部付清时,各期所付款额及利息(注:最后一次 付款没有利息). (2)明确各期所付的数额连同到最后一次付款时所产生的利息之和,等 于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和.只有掌握了这一点,才 可顺利建立等量关系.

考点一

考点二

考点三

第六章

6.5

数列的综合应用 -24-

举一反三 3 一辆邮政车自 A 城驶往 B 城,沿途有 n 个车站(包括起点
站 A 和终点站 B),每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个, 同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个,设该车从各站出发时邮政 车内的邮袋数构成一个有穷数列{ak}(k=1,2,3,…,n). 关闭 (1)由题意得 a1=n-1, (1)求 a1,a2,a3; a2=(n-1)+(n-2)-1=2n-4, (a 2)= 邮政车从第 k 站出发时,车内邮袋共有多少个? 3 (n-1)+(n-2)+(n-3)-1-2=3n-9. (2)在第 k 站出发时,放上的邮袋共(n-1)+(n-2)+…+(n-k)个, 而从第二站起,每站放下的邮袋共 1+2+3+…+(k-1)个, 故 1 1 ak=(n-1)+(n-2)+…+(n-k)-[1+2+…+(k-1)]=kn- k(k+1)- k(k-1)=kn-k2(k=1,2,
…,n), 即邮政车从第 k 站出发时,车内共有邮袋个数为 kn-k2(k=1,2,…,n).
答案 考点一 考点二 考点三
2 2

第六章

6.5

数列的综合应用 -251 2 3

1.已知等差数列{an}的公差 d≠0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理 数.若 a1=d,b1=d A.1 7
2 2 2 2 1 +2 +3 ,且 是正整数,则 1 +2+3

q 等于(

) D.1 2
关闭
2 + 2 + 2 1 2 3

B.

1 7

C.

1 2

因为 q 是小于 1 的正有理数,所以首先排除选项 A,D.又
2 +( +d )2 +( +2d )2 1 1 1

1 +1 q+1 2
2 + 2 + 2 1 2 3 1 +2 +3

=

14 2 2 (1+q+ 2 )

1 +2 +3

=

=
1 2

14 1+ + 2

,
14 1+ +
2 检验知,只有当 q=

则将 B,C 选项中公比 q 的值逐一代入 时 C , 才是正整数,所以 q= .

1 2
关闭

解析

答案

第六章

6.5

数列的综合应用 -261 2 3

2.已知等差数列{an}的前四项的和 A4=60,第二项与第四项的和为 34,等比 数列{bn}的前四项的和 B4=120,第二项与第四项的和为 90,则 an= ,bn= .
关闭

由题意知,对数列{an}, 2 + 4 = 34, ? 4 = 60 ∴ ①-②可得:2d=8.∴ d=4,a1=9. ∴ an=4n+5(n∈N*). 由题意知,对数列{bn}, 4 = 120, ∴ 2 + 4 = 90, ④÷ ③可得 q= b1=3, * n 3,则 * 4n+5(n∈N ) 3 ( n ∈ N ) ∴ bn=3×3n-1=3n(n∈N*).

2 + 4 = 34, ① 1 + 3 = 26, ②

1 + 3 = 30, ③ 2 + 4 = 90. ④

关闭

解析

答案

第六章

6.5

数列的综合应用 -271 2 3
1 2

3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an=-2Sn· Sn-1(n≥2).
2 2 2 求证:1 + 2 +…+ ≤ ?

1 2

1 . 4

第六章

6.5

数列的综合应用 -281 2 3
1 1 -1

证明:∵ an=-2Sn·Sn-1(n≥2), ∴ Sn-Sn-1=-2Sn·Sn-1.两边同除以 Sn·Sn-1,得 故数列 ∴ =
1 1 1 1

?

=2(n≥2),

是以

1 1

=

1 1

=2 为首项,以 d=2 为公差的等差数列.

+(n-1)·d=2+2(n-1)=2n.

∴ Sn= .
2 2 ∵ = 1 4 2 1

1

< 1

1 4 ( -1) 2 (n≥2),1 = , 4 1

=

1

4 -1

第六章

6.5

数列的综合应用 -291 2 3

2 2 2 ∴ 当 n≥2 时,1 + 2 +…+

= +
4 1 4 1 2

1

1 4×2×2 1 4 1 4

+…+

1 4· · 1 1 1

< + = ?

1;

1 2

+…+

4 -1

-

2 当 n=1 时,1 = = ? 4 2

1

1

1 4×1 1 2

.
1 4

2 2 2 综上,1 + 2 +…+ ≤ ?

.