《高考数学第一轮复习课件》第36讲数列模型及应用

合集下载

数列与函数不等式综合应用及数列模型应用PPT课件

第30页/共56页
1．建立数学模型的三关 (1)整理关：通过阅读、理解，明白问题讲什么，熟悉实际背景，为解题打开突破口； (2)文理关：将实际问题的文字语言转化为数学符号语言，用数学式子表达数量关系； (3)数理关：在构建数学模型过程中，对已有的数学知识进行检索，从而认定或构建相应的数学模型．
第26页/共56页
【解析】(1)由已知，得 an＋1＝1＋anan， ∴an1＋1＝1＋anan＝a1n＋1，即an1＋1－a1n＝1， ∴数列{a1n}是以a11＝2 为首项，1 为公差的等差数列． ∴a1n＝2＋(n－1)，即 an＝n＋1 1.
第27页/共56页
(2)由已知得 an＋1≤1＋anan，an>0(n∈N*)． ∴an1＋1≥1＋anan＝a1n＋1，即an1＋1－a1n≥1. ∴当 n≥2 时，a1n－a11＝(a12－a11)＋(a13－a12)＋…＋(a1n －an1－1)≥n－1，即a1n≥(n－1)＋a11＝(n－1)＋2＝n＋1，∴an≤n＋1 1.
第17页/共56页
∴
2an
＝
[f(0)
＋
f(1)]
＋
[f(
1 n
)
＋
f(
n－1 n
)]
＋
…
＋
[f(1)＋f(0)]＝n＋2 1
∴an＝n＋4 1，n∈N*
又 an＋1－an＝n＋41＋1－n＋4 1＝14
故数列{an}是等差数列．
第18页/共56页
(3)∵bn＝4an4－1＝n4 ∴Tn＝b12＋b22＋…＋bn2＝16(1＋212＋312＋…＋n12) ≤16[1＋1×1 2＋2×1 3＋…＋n（n1－1）] ＝16(1＋1－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1) ＝16(2－n1)＝32－1n6＝Sn ∴Tn≤Sn.

2011届新课标人教版高中第1轮总复习理科数学课件第36讲数列模型及应用

16
乙方案获利： ②乙方案获利： 1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5) × × 银行本息和：银行本息和： 1.05×[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)9] ×
10 × 9 =10×1+ 万元); × ×0.5=32.50(万元万元 2
故乙方案纯利：万元); 故乙方案纯利：32.50-13.21=19.29(万元由于本息与利润是熟悉的概念，万元由于本息与利润是熟悉的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解. 立通项公式并运用所学过的公式求解综上可知，甲方案更好. 综上可知，甲方案更好
1 依题意,有依题意有n120°+ n(n-1)×5°=180°(n-2), ° × ° ° 2
化简得n -25n+144=0，解得n=9或化简得n2-25n+144=0，解得n=9或n=16. =195°[0°,180°)，故n=16舍去， ° ° 舍去， °，舍去
当n=16时，最大内角为 °+(16-1)×5° 时最大内角为120° × ° 最大内角为120°+(9-1)×5°=160°. 当n=9时,最大内角为时最大内角为 ° × ° °
新课标高中一轮总复习
理数
1
第五单元数列、推理与证明数列、
2
第36讲 36讲
数列模型及应用
3
1.认识数列的函数特性，能结合方认识数列的函数特性，认识数列的函数特性不等式、解析几何、程、不等式、解析几何、算法等知识解决一些数列问题. 解决一些数列问题 2.掌握与等差数列、等比数列有关掌握与等差数列、掌握与等差数列的实际应用问题的解法. 的实际应用问题的解法

高三数学总复习教程(第36讲)

高三数学总复习教程（第36讲）主讲：金立建江苏省特级教师、江苏省首批名教师、金陵中学一、本讲内容怎样解应用题（上）二、复习要求1.掌握解应用题的方法和一般步骤．2.增强应用意识，提高运用数学知识分析问题，解决问题的能力．3.在提高阅读理解能力的基础上，提高语言的表达能力以及将数学普通语言、符号语言、图形语言互相转化的能力．4.提高数学化能力，能通过对现实问题的抽象和概括，将实际问题转化为数学问题或建立数学模型．三、主要内容及典型题例从1993年起，高考数学试题强调了数学的应用意识，并连续两年在选择题、填空题中出现了应用题．自1995年起，每年在解答题中均安排了一个应用题大题，选材贴近生活，有很强的实际意义，而且解决这些实际问题所用的知识又都是中学数学的重点内容，高考数学试题的命题方向对引导学生用学过的数学知识解决生产和生活中的实际问题，增强应用意识，起到了很好的导向作用．数学来源于实践，又在应用于实践的过程中得到发展和完善，运用数学知识解决实际问题，既是数学的起源，又是数学的归宿，也是学习数学的目的所在．近年来高考数学坚持考查应用题的方向，坚持考查应用意识及突出数学在解决实际问题中的应用．现实中的应用问题千姿百态、千变万化，要体现数学的应用价值，使数学服务于生产、生活实际，首先应学会从实际问题中抽象出数学问题．建立适当的数学模型，然后运用所学过的数学知识解决之．因此，解数学应用题，需过好三关：文理关、事理关以及数理关．不少同学因对普通文字语言的阅读理解能力低而过不了“文理关”；长期闭门读书，不接触（或接触甚少）社会和生活实际又使一部分学生不明事理而难过“事理关”；缺乏对普通语言、数学符号语言和图形语言进行互相转换的能力以及运算能力弱，使不少考生无法建立数学模型而过不了“数理关”．三关挡道是近几年数学应用题得分低下的重要原因．要提高解应用题的水平，首先要提高自己的阅读理解能力，并注意弄清一些诸如至少、至多；不少于、不大于；增长到、增长了；都不是、不都是等关键词语的确切含意．因为正确理解题意是解应用题必须迈好的第一步．其次，解应用题必须将普通语言翻译成（内隐或外显的）数学语言．这就必须切实提高普通语言、数学符号语言以及图形语言的表述和互相转化的能力．需知数学语言是数学思维的载体，是解决问题的工具，要提高数学思维能力，离开娴熟的数学语言是不可思议的．只有提高语言的运用和转化能力，才能将具体实际问题准确的转化为数学问题或已知的数学模型．第三，要注意对运算程序的调控，使运算程序做到合理、简捷．合理的运算程序能缩短思维的长度，因而它是运算达到准确、简捷的前提和保证．运算应达到要求是“熟练、准确、合理、简捷”．此外关心国际、国内大事，接触社会、生活实际，关注社会、生活的热点问题，有助于对“事理”的理解和把握．总之，“通”文理、“明”事理、“精”数理，增强应用意识和提高数学化能力，是提高解数学应用题能力的根本出路．下面我们就一些典型问题进行归纳和剖析．(一)增长率问题例１从1981年到本世纪末的20年，我国力争使全国的工农业总产值翻两番，即由1980年的7100亿元增长到2000年的28000亿元左右．(1)如果每年增长率相同，问每年至少要增长百分之几？ (2)如果每年增长8%，几年可达到翻两番的目标？解 (1)设平均每年增长的百分数为x ，则有7100(1＋x )20≥28000，即 (1＋x )20≥71280．两边取对数，得20lg(1＋x )≥lg280－lg71， ∴ x ≥0.071＝7.1%．(2)设x 年达到翻两番，则得 7100(1＋8%)x ＝28000，x ＝108lg 71lg 280lg -＝18.3．故19年可达到翻两番的目标．评析增长率问题是常见的实际问题之一，解这类问题要弄清“增长到”与“增长了”；“第一年”与“一年后”的区别．此外，本题中的“翻两番”是个专用名词，是指1×2×2＝4倍的意思．解增长率问题常需用对数进行计算，通常在试卷中会给出一些数据供选用．例２某鱼塘养鱼，由于改进了饲养技术，预计第一年的增长率为200%，以后每年的增长率是前一年的一半，设原来的产量为a .(1)写出改进饲养技术后的第一年、第二年、第三年的产量，并写出第n 年与第n －1 年（n ≥2，n ∈N ）的产量之间的关系式；(2)由于存在池塘老化及环境污染等因素，估计每年将损失年产量的10%，照这样下去，以后每年的产量是否始终逐年提高的？若是，请给予证明，若不是，请说明从第几年起，产量将不如上一年．解第一年增长2，第二年是2×21＝……第n 年增长率为2×(21)n －1＝22－n . (1)设第n 年的年产量为a n ，则a 1＝a (1＋2)＝3a ，a 2＝a 1(1＋2×21)＝6a ，a 3＝[1＋2×(21)2]＝9a ，a n ＝a n －1[1＋2×(21)n －1]＝a n －1(1＋22－n )（n ≥2）．(2)设第一年实际产量为b ，第n 年的实际产量为b n ，则b 1＝a (1＋2)×(1－101)＝3a ×109，b 2＝b 1(1＋2×21)×109，b 3＝[1＋2×(21)2] ×109，…，b n ＝b n －1[1＋2 ×(21)n －1] ×109＝b n －1(1＋22－n )×109. 即 1-n n b b ＝(1＋n24)·109.显然，产量不可能是始终逐年提高的，设第n 年产量不如上一年，则1-n n b b ≤1， ∴ 2n ＞36， ∵ n ∈N ， ∴ n ＝6.即从第6年起，产量不如上一年．(二)利息和利润问题利息问题虽然也属增长率问题，但它又有其自身的特点，由于中学生对这类银行储蓄问题比较陌生，有必要单独介绍．利息分单利和复利两种：设将A 元钱（本金）存入银行，年利率为r ．(1)按单利计算：A 元本金的年利息为Ar 元，n 年的利息为nAr ．因此n 年后本利之和为 A ＋nAr ＝A (1＋nr )元．(2)按复利计算，第1年后的本利之和为A (1＋r )元；第2年后的本利之和为A (1＋r )2元（前一年的本利之和为后一年的本金）；这样n 年后的本利之和为A (1＋r )n 元．目前，我国银行的储种中，没有计算复利的．如三年的储种的年利率为r ，则A 元（本金）存入银行，三年后本利之和为A (1＋3r )元．但是，储户在操作过程中，可以将单利问题变为复利问题，只须储户在每年的存单的到期日将本利之和再转存一年，便是一个复利问题．如100元钱存入银行，所选储种为整存整取一年期，年利率为 3.78%，每年在存款到期日储户将本利之和再转存一年，则三年后的到期之日取得的本利之和为100×(1＋3.78%)3.此外，银行的储种利息中还有一种月息，这是按月计算利息的，若月息为m ，则年息为12m .例３某单位向银行贷款A 万元，按年利率r 以复利计息，若该单位在年初货进，前m 年不偿还债务，从第m ＋1年度开始，每年年末以相同的金额a 万元偿还，要求在后续的n 年把贷款的本利全部还清．问这里的a 表达式为何？分析这类还贷问题，若是自第m ＋1年起，计算以后每一年还剩多少款需归还，则每年的款额就是一个变量．计算时就需逐年计算，有相当大的计算量．为减少计算量，在计算程序上我们通常将借贷与还款分开，分别计算，即得到如下的解法．解从贷款之日起，到还清债务共m ＋n 年，A 万元的本利之和为A (1＋r )m ＋n （万元）。

高考数学一轮复习课后限时集训36数列的概念与简单表示法课件

列”．故选AD.]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
6．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·67n，则下列说法正确的是( )
A．数列{an}的最小项是a1 B．数列{an}的最大项是a4 C．数列{an}的最大项是a5 D．当n≥5时，数列{an}递减
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
a5＝11－＋1313＝2，a6＝11＋－22＝－3，…，
因此数列{an}是周期为4的周期数列，
∴a2 020＝a505×4＝a4＝13.故选D.]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
5．(多选)(2020·广东阳江模拟)若数列{an}满足对任意的n∈N*且 n≥3，总存在i，j∈N*(i≠j，i<n，j<n)，使得an＝ai＋aj，则称数列{an} 是“T数列”．则下列数列是“T数列”的为( )
2n－11(n∈N*) 3 [∵Sn＝n2－10n， ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式． ∴an＝2n－11(n∈N*)．
列”；令an＝n2，则a1＝1，a2＝4，a3＝9，因为a3≠a1＋a2，所以数列
{n2}不是“T数列”；令an＝3n，则a1＝3，a2＝9，a3＝27，因为a3≠a1
＋a2，所以数列{3n}不是“T数列”；令an＝1－2
5n－1，则an＝1－2
5
n－2＋1－2 5n－3＝an－1＋an－2(n≥3)，所以数列1－2 5n－1是“T数
2n－11(n∈N*) 3 [∵Sn＝n2－10n， ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式． ∴an＝2n－11(n∈N*)．

高三数学高考第一轮复习课件：不等式

４．构造函数，进而通过导数来证明不等式或解决不等式恒成立的问题是高考热点问题．
第六单元 │ 使用建议
使用建议
１．本单元内容理论性强，知识覆盖面广，因此教学中应注意：
（１）复习不等式的性质时，要克服“想当然”和“显然成立”的思维定式，一定使要用注建议意不等式成立的条件，强化或者弱化了条件都有可能得出错误的结论．
第34讲 │ 编读互动编读互动
第34讲 │ 知识要点知识要点
第34讲 │ 知识要点
第34讲 │ 知识要点
第34讲 │ 双基固化双基固化
第34讲 │ 双基固化
第34讲 │ 双基固化
第34讲 │ 双基固化
第34讲 │ 双基固化
第34讲 │ 双基固化
第34讲 │ 双基固化
第34讲 │ 双基固化
（１）理解不等式的性质及其证明．（２）掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用．（３）掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．（４）掌握简单不等式的解法．（５）理解不等式｜ａ｜－｜ｂ｜≤｜ａ＋ｂ｜≤｜ａ｜＋｜ｂ｜．
第六单元 │ 复习策略
复习策略
不等式
目录
第34讲不等式的概念与性质第35讲均值不等式第36讲不等式的解法第37讲不等式的证明第38讲含绝对值的不等式
第六单元不等式
第六单元 │ 知识框架知识框架
第六单元 │ 考点解读考点解读
不等式、不等式的基本性质、不等式的证明、不等式的解法、含绝对值的不等式．
第六单元 │ 考点解读
第35讲 │ 双基固化
第35讲 │ 双基固化
第35讲 │ 双基固化
第35讲 │ 双基固化

新高考一轮复习人教A版专题三数列课件(36张)

则数列{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列；由①与②相减得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2(其中 n∈N*)，又 a1－b1＝1－0＝1，则数列{an－bn}是以 1 为首项，
以 2 为公差的等差数列.
(2)解：由(1)知，an＋bn＝1×12n－1(其中 n∈N*)， ③ an－bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1(其中 n∈N*)， ④ ③＋④得 an＝1×12n－21＋2n－1＝21n＋n－21，(n∈N*)，即 bn＝12n－1－an＝12n－n＋12，(n∈N*).
[例 2]在①2Sn＝3n＋1－3，②an＋1＝2an＋3，a1＝1 这两个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若________，bn＝2na－n 6，求数列{bn}的最大值.
解：若选择条件①，∵2Sn＝3n＋1－3， ∴2Sn＋1＝3n＋2－3，则 2Sn＋1－2Sn＝3n＋2－3n＋1，得 2an＋1＝3·3n＋1－3n＋1＝ 2×3n＋1，则 an＋1＝3n＋1，an＝3n(n≥2)，故当 n＝1 时，2S1＝31＋1－3 即 a1＝S1＝3，满足 an＝ 3n，∴an＝3n，bn＝2na－n 6＝2n3－n 6. 令 2n－6>0，得 n>3，bn>0，令 2n－6<0，又 n∈N*， ∴0<n<3，bn<0.
①－②得34
n k 1
c
2k＝41＋422＋423＋…＋42n－24nn－＋11，
∴
n k 1
c
2k ＝
5 9
－
6n＋5 9×4n
，
因
此

高考总复习课程--2019年高考数学(理)第一轮复习(江苏版) 讲义：第36讲数列经典回顾

第36讲数列经典回顾开心自测题一：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若972S =,则249a a a ++=．题二：已知数列}{n a ，满足11=a ，)2()1(321321≥-++++=-n a n a a a a n n ，则}{n a 的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥．考点梳理1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列．2．数列通项与前n 项和的关系11 (1), (2).n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩ 3．等差数列（1）定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.（2）等差中项如果,,a A b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项，且2b a A +=，或2a b A +=；在一个等差数列中，任意相邻的三项，中间一项一定是两头两项的等差中项．即112n n n a a a -++=，或112n n n a a a -++=．这也是判断一个数列是否等差数列的常用工具．（3）通项公式在等差数列{}n a 中，1(1)n a a n d =+-．通项公式的一般形式为()n m a a n m d =+-(,)n m ∈*N ．（4）前n 项和公式若{}n a 为等差数列，则前n 项和()12n n n a a S +=，或11(1)2n S na n n d =+-． 4．等比数列（1）定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做公比．（2）等比中项如果,,a G b 成等比数列，那么G 叫做a 与b的等比中项，且G =ab =G 2．在一个等比数列中，任意相邻的三项，中间一项一定是两头两项的等比中项．即n a =211n n n a a a -+=．这也是判断一个数列是否等比数列的常用工具．（3）通项公式在等比数列{}n a 中，11 ()n n a a q n -=∈*N ．通项公式的一般形式为(,)n m n m a a q n m -=∈*N ．（4）前n 项和公式若{}n a 为等比数列，则前n 项和()111,(1)(1),1n n na q S a q q q ⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩或()()111,1.1n n na q S a a q q q ⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩ 5．数列的简单性质（1）在等差数列{}n a 中，若l k n m +=+，则l k n m a a a a =；特别地，若k n m a a a k n m 2 ,2=+=+则．（2）在等比数列{}n a 中，l k n m a a a a l k n m =+=+则若 , ;特别地，若2 ,2k n m a a a k n m ==+则.（3）等差数列依次每k 项和仍成等差数列.（4）设等比数列{}n a 的公比为q ，若011≠+⋅⋅⋅++-k qq ，则数列{}n a 的依次每k 项和仍成等比数列.金题精讲题一：在等差数列{}n a 中，公差12d =，且100145S =，则13599___.a a a a ++++=题二：设数列{}n a 满足 211233333n n n a a a a -++++=…， n ∈*N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）设n nn b a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．题三：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n S n n N n *∈均在函数32y x =-的图象上．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设13+=n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n m T <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ．数列经典回顾开心自测题一：24. 题二：!2n 金题精讲题一：60. 题二：（Ⅰ）13n na ∴=；（Ⅱ）1(21)3344n n n S +-∴=+．题三：（Ⅰ）*65()n a n n N =-∈；（Ⅱ）10．。

2021版高考文科数学人教A版一轮复习三十六数列的概念与简单表示法

的前 n 项和,则 S2 023=________.
【解析】因为 an+1=an-an-1(n≥2),a1=m,a2=n,所以 a3=n-m,a4=-m,a5=-n,a6=m-n,a7=m,a8=n,…,所以 an+6=an(n∈N*). 则 S2 023=S337×6+1=337×(a1+a2+…+a6)+a1=337×0+m=m.
答案:m
【变式备选】
已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 an+2SnSn-1=0(n≥2,n∈N*),a1= ,则通项公式为________. 【解析】因为当 n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1, 所以 Sn-Sn-1+2SnSn-1=0, - =2,
所以是公差为 2 的等差数列.
数列{an}的前 n 项的“均倒数”为 ,则数列{an}的通项公式为
() A.an=2n-1 C.an=4n-3
B.an=4n-1 D.an=4n-5
【解析】选 C.因为
=,
所以
=2n-1,
所以 a1+a2+a3+…+an=(2n-1)n,a1+a2+…+an-1=(2n-3)·(n-1)(n≥2), 当 n≥2 时,an=(2n-1)n-(2n-3)(n-1)=4n-3;a1=1 也适合此等式, 所以 an=4n-3. 【变式备选】
B.-1
C.3
D.1
【解析】选 C.当 n≥2 时,Sn= an,Sn-1= an-1.两式作差可得
an=Sn-Sn-1= an- an-1,则 = =1+ ,据此可得,当 n=2 时,
取到最大值 3. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 8.(2020·郑州模拟)意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例,引入“兔子数列”:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,…,即 F(1)=F(2)=1,F(n)= F(n-1)+F(n-2)(n≥3,n∈N*),此数列在现代物理、

高考一轮复习理科数学课件：第六单元数列与算法第36讲数列的概念及其表示法35

复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
1．根据数列的前若干项写出数列的通项公式，关键是通过
观察、分析、比较，发现项与项数之间的关系．如果关系不明显
时，应将该项的值作适当的变形和分解，让规律凸现出来．同时，
要熟悉一些基本数列的通项及其特点，如正整数数列，正整数的
平方数列，奇数数列，偶数数列，2 或 3 为底的幂的数列，数列
通项公式．
4．数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且任一项 an 与它的前一项 an
－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫作这个
数列的_递__推___公__式__.
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
1．数列与函数的关系
数列是以正整数集 N*(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函数
解：当 n＝1 时，排除 A、D；当 n＝2 时，排除 B，故选 C.
答案：C
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
2．原命题为“若an＋2an＋1<an，n∈N*，则{an}为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确
的是( )
A．真，真，真
B．假，假，真
C．真，真，假
nn＋1 ＝n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1＝ 2 .
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
点评：(1)依据数列前几项的特点归纳出通项公式的方法是依据数列的排列规律，求出项与项数的关系．具体可通过观察(观察项与项数的特点)、分析(系数、分子、分母等)、比较(与熟知的数列如等差、等比、(－1)n ，2n，n2 等进行比较)、综合(综合写出项与项数的关系)得到所求数列的通项公式．

2018年高考一轮江苏数学文科第7章第36课数列求和

第36课数列求和[最新考纲]数列求和的常用方法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ； (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n)1－q ，q ≠1.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 3．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{a n}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．6．并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和S n＝a1－a n＋11－q.()(2)当n≥2时，1n2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＋1.()(3)求S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．()(4)如果数列{a n}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列，那么S km＝mS k.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改编)数列{a n}的前n项和为S n，若a n＝1n(n＋1)，则S5等于____________。

2014版高考数学一轮总复习第36讲算法、程序框图与算法案例课件理新人教A版

【解析】(1)方法 1：辗转相除法： 324＝243×1＋81， 243＝81×3＋0，则 324 与 243 的最大公约数是 81. 又 135＝81×1＋54， 81＝54×1＋27， 54＝27×2＋0，则 81 与 135 的最大公约数为 27. 故三个数 324,243,135 的最大公约数为 27.
x1，x2，„，xn，„，x2009；y1，y2，„，yn，„，y2009.
(1)求数列{xn}的通项公式 xn； (2)写出 y1，y2，y3，y4，由此猜想数列{yn}的一个通项公式 yn，并证明你的结论．
【解析】(1)由程序框图知数列{xn}中，x1＝1，xn＋1＝xn＋2，所以 xn＋1－xn＝2，为常数，所以{xn}是等差数列，公差 d＝2，所以 xn＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N*，n≤2009)． (2)因为 y1＝2，y2＝8，y3＝26，y4＝80，由此猜想数列 {yn} 的通项公式为 yn ＝ 3n － 1(n ∈ N* ， n≤2009)．
四、基本算法语句 1．输入、输出语句和赋值语句：输入语句格式：⑬ __________________ ；输出语句格式：⑭ __________________ ；赋值语句格式：⑮ _________________ ； 2．条件语句：框图： 1
2 条件语句格式：
IF条件THEN 语句1 ELSE 语句2 END IF 条件语句的嵌套：条件语句⑯ ___________ ，当出现 3个或3个以上的判断点时，就要用到⑰ __________ ，其一般格式为：
三、三种基本逻辑结构 1．顺序结构：⑦ ____________ 算法，如下左图：
2．条件结构：在一个算法中，经常会遇到一些条件的判断，⑧ ___________________ ，条件结构就是处理这种过程的结构，如上右图． 3．循环结构：从某处开始，⑨ _______ 的情况，这就是循环结构．反复执行的处理步骤称为⑩ _______.

高考数学一轮复习 5.5数列模型的应用课件文湘教版

2.气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为n＋4910元(n∈N*) ，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)为止，一共使用了( )
A.600天
B.800天 C.1 000天
D.1 200天
【解析】由第n天的维修保养费为 n 49 元（n∈N*），
5.5 数列模型的应用
1.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:
2.数列应用题常见模型（1）等差模型:如果增加（或减少）的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加（或减少）的量就是公差. （2）等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型,这个固定的数就是公比. （3）递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化时,应考虑是 an 与 an+1 的递推关系,还是前 n 项和 Sn 与 Sn+1 之间的递推关系.
n
n
此方案获利－2×62＋40×6－72＋48＝144(万美元)，此时n＝6.
②f(n)＝－2n2＋40n－72＝－2(n－10)2＋128，当n＝10时，
f(n)max＝128.故此方案共获利128＋16＝144(万美元). 比较两种方案，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，
故选择第①种方案更合算.
【解析】由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差
数列，则f(n)＝50n－
12
nLeabharlann nn 21

4
－72＝－2n2＋40n－72.
(1)获取纯利润就是要求f(n)>0，故有－2n2＋40n－72>0，解得

2020届高考数学一轮总复习第六单元数列与算法第36讲数列的概念及其表示法练习理(含解析)新人教A版

第36讲数列的概念及其表示法1．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－7n ＋3，则(D) A ．S 3最小 B ．S 4最小 C ．S 7最小 D ．S 3、S 4最小因为S n ＝n 2－7n ＋3＝(n －72)2－374(n ∈N *)，所以n ＝3或n ＝4时取到最小值．2．(2018·北京海淀模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为(C)A ．1B ．3C ．5D ．6由条件，当n ≥2时，a n ＝2n －1，令n ＝2，则S 2－S 1＝3，又S 2＝3，所以a 1＝0.a 3＝2×3－1＝5.故a 1＋a 3＝5.3．(2018·河南洛阳模拟)设数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是(C)A ．a n ＝12nB ．a n ＝12n －1C ．a n ＝12nD ．a n ＝12n ＋1设{2n －1a n }的前n 项和为T n ，因为数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2，所以T n ＝n2，所以2n －1a n ＝T n －T n －1＝n 2－n －12＝12(n ≥2)，所以a n ＝122n －1＝12n (n ≥2)，经检验，当n ＝1时也成立，所以a n ＝12n .4．(2018·哈师大附中模拟)已知{a n }是递增数列，对于任意的正整数n ，均有a n ＝n2＋λn ，则实数λ的取值范围是(B)A ．[－2，＋∞) B．(－3，＋∞) C ．R D ．∅因为{a n }是递增数列，对于任意的正整数n 均有a n ＝n 2＋λn ，所以(n ＋1)2＋λ(n＋1)>n 2＋λn ，所以λ>－(2n ＋1)，所以λ>－3.5．数列112，245，3910，41617，…的一个通项公式为 a n ＝n ＋n2n 2＋1.每一项都可以分成三部分，整数部分、分子、分母，注意到整数部分就等于序号n ，分子是序号n 的平方，分母是分子加1，所以a n ＝n ＋n 2n 2＋1.6．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n ，那么a 100＝ 9900 .因为a n －a n －1＝2(n －1)，所以a n －a 1＝2[1＋2＋…＋(n －1)]＝n (n －1)，因为a 1＝0，所以a n ＝n (n －1)．所以a 100＝100×99＝9900.7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8，求数列{a n }的通项公式．因为S n ＝－12(n －k )2＋12k 2，所以当n ＝k 时，S n 的最大值为12k 2.所以12k 2＝8，所以k ∈N *，所以k ＝4.所以S n ＝－12n 2＋4n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n 2＋4n －[－12(n －1)2＋4(n －1)]＝－12(2n －1)＋4＝92－n ；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72＝92－1.所以a n ＝92－n (n ∈N *)．8．(2018·山东济南模拟)已知数列{a n }中，a 2＝102，a n ＋1－a n ＝4n ，则数列{a n n}中的最小项是(B)A ．第6项B ．第7项C ．第8项D ．第9项由a n ＋1－a n ＝4n ，得a 2－a 1＝4，又a 2＝102，所以a 1＝98.当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝98＋4×1＋4×2＋…＋4(n －1)＝98＋2n (n －1)，又n ＝1时适合上式，故a n ＝98＋2n (n －1)，n ∈N *.故a n n＝98n＋2n －2≥298n·2n －2＝26，当且仅当98n＝2n ，即n ＝7时，等号成立．9．(2018·石家庄二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝(－12)n，如果存在正整数n ，使得(m －a n )(m －a n ＋1)<0成立，则实数m 的取值范围是__(－12，34)__．因为S n ＝(－12)n ，所以a 1＝S 1＝－12，a 2＝S 2－S 1＝14＋12＝34，a 2n ＝S 2n －S 2n －1＝(－12)2n －(－12)2n －1＝(12)2n ＋2(12)2n ＝3×(12)2n>0， a 2n ＋1＝S 2n ＋1－S 2n ＝(－12)2n ＋1－(－12)2n＝－12×(12)2n －(12)2n ＝－32×(12)2n<0，所以数列{a n }的奇数项为递增的等比数列，且各项为负；偶数项为递减的等比数列，且各项为正．所以a 1<a 3<…<a 2n ＋1<m<a 2n <…<a 4<a 2，如果存在正整数n ，使得(m －a n )(m －a n ＋1)<0成立，则a 1<m<a 2，所以－12<m<34.即实数m 的取值范围是(－12，34)．10．已知数列{a n }满足1a n－a n ＝2n ，且a n >0.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n <n ；(3)数列{a n }是否存在最大项？若存在最大项，求出该项和相应的项数；若不存在，说明理由．(1)由1a n－a n ＝2n ，得a 2n ＋2na n －1＝0，由一元二次方程的求根公式得：a n ＝－2n ±4n ＋42＝－n ±n ＋1，因为a n >0，所以a n ＝n ＋1－n . (2)证明：因为a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1. 因为n ＋1－1－n ＝1n ＋1＋n－1<0，所以n ＋1－1<n . 所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n <n . (3)(方法1)因为a n ＝n ＋1－n >0，所以a n ＋1a n ＝n ＋2－n ＋1n ＋1－n ＝n ＋1＋n n ＋2＋n ＋1<1，所以a n ＋1<a n ，所以数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }有最大项，最大项为第一项a 1＝2－1.(方法2)由a n ＝n ＋1－n 知数列{a n }各项满足函数f (x )＝x ＋1－x ，因为f ′(x )＝12x ＋1－12x，x >0时，12x ＋1<12x，所以x >0时，f ′(x )<0，即函数f (x )＝x ＋1－x 在(0，＋∞)上为减函数，由此得到a n ＝n ＋1－n 为递减数列，所以数列{a n }有最大项，最大项为第一项a 1＝2－1.。

《高考数学第一轮复习课件》第36讲 数列模型及应用