高三理科数学 第20讲 数列的实际应用与综合应用
数列的综合运用范文
数列的综合运用范文数列是数学中一种重要的概念，它是由一组按照一定规律排列的数所组成的序列。
在数学中，数列的综合运用十分广泛，涉及到数列的求和、递推关系、数列的性质和应用等方面。
本文将从上述几个方面综合运用数列进行详细探讨。
首先，数列的求和是数列的基本操作，它包括求等差数列的和、等比数列的和以及一些特殊的数列的和。
对于等差数列来说，求和可以通过求首项与末项的平均数乘以项数来得到，也可以通过求首项与末项之和乘以项数的一半得到。
对于等比数列来说，求和可以通过首项乘以公比的幂次减1再除以公比减1得到。
此外，还可以利用数列的递推关系求得求和的公式，例如斐波那契数列的求和公式即为斐波那契数列的通项公式的一个特殊情况。
其次，数列的递推关系指的是后一项与前一项之间的关系，它描述了数列的演化过程。
数列的递推关系可以通过观察数列的前几项来得到，并根据这种规律来确定后面的项。
例如等差数列的递推关系为后一项等于前一项加上公差，等比数列的递推关系为后一项等于前一项乘以公比。
利用数列的递推关系可以解决一些实际生活中的问题，如利用斐波那契数列的递推关系可以解决兔子繁殖问题。
第三，数列的性质是指数列在运算中所具有的一些特点。
其中常见的性质有有界性、单调性和周期性等。
数列的有界性指的是数列的所有项都存在一个上界和一个下界，即数列的所有项都位于这个区间内。
数列的单调性指的是数列的所有项是递增的或者递减的，即数列的项之间存在一种明显的大小关系。
数列的周期性指的是数列的项按照一定的规律重复出现，即数列的第n项与第n+k项相等。
利用数列的性质可以研究数列的极限、范围和周期等问题。
最后，数列的应用广泛存在于实际生活和各个学科中。
在实际生活中，数列的应用可以帮助我们解决一些数学和经济等问题，如利用利率的等比数列可以计算存款的本息和。
在学科中，数列的应用可以帮助我们研究和解决一些科学问题，如利用斐波那契数列可以表达自然界中一些规律和现象。
另外，数列的应用还可以帮助我们提高思维能力和解决问题的能力，如数列的递推关系与递归问题的求解有密切的关系。
数列的综合应用与实际应用
2007年12月
中学数学研究·代数
7
数列的综合应用与实际应用 高考题型⑵
解：⑴动点p行进路线依次为 所以
2007年12月
中学数学研究·代数
8
数列的综合应用与实际应用 高考题型⑵
⑵设动点p与平面上
点无限接近，则
故动点p与平面上点
无限接近。
量的10%，那么经过几年后，鱼的总重量开始下 降？
2007年12月
中学数学研究·代数
14
课堂思考
解： ⑴设每年底鱼的重量为 ，则
故四年后，鱼的总重量预计是原来的11.25倍。
2007年12月
中学数学研究·代数
15
课堂思考
⑵设预计损失后每年底鱼的重量为
2007年12月
中学数学研究·代数
16
课堂思考
2007年12月
中学数学研究·代数
2
数列的综合应用与实际应用 高考题型⑴
例1 某种汽车购买时的费用为10万元，每年应交保 险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费 平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千 元，依次成等差数列递增，问这种汽车使用多少 年后报废最合算？（即年平均费用最少？）
2007年12月
2007年12月
中学数学研究·代数
12
数列的综合应用与实际应用 高考题型⑶
⑵当
时，若发生水土流失，则森林木材存量
必需小于
即
经8年该地区就开始水土流失。
2007年12月
中学数学研究·代数
13
课堂思考
据统计测算，某养鱼场第一年鱼的总重量增长率为 200%，以后每年的增长率为前一年的一半。
《数列综合应用举例》教案
《数列综合应用举例》教案第一章：数列的概念与应用1.1 数列的定义与表示方法引导学生了解数列的概念，理解数列的表示方法，如通项公式、列表法等。
通过实际例子，让学生掌握数列的性质，如项数、公差、公比等。
1.2 数列的求和公式介绍等差数列和等比数列的求和公式，让学生理解其推导过程。
通过例题，让学生学会运用求和公式解决实际问题，如计算数列的前n项和等。
第二章：数列的性质与应用2.1 数列的单调性引导学生了解数列的单调性，包括递增和递减。
通过实际例子，让学生学会判断数列的单调性，并运用其解决相关问题。
2.2 数列的周期性介绍数列的周期性概念，让学生理解周期数列的性质。
通过例题，让学生学会运用周期性解决实际问题，如解数列的方程等。
第三章：数列的极限与应用3.1 数列极限的概念引导学生了解数列极限的概念，理解数列极限的含义。
通过实际例子，让学生掌握数列极限的性质，如保号性、夹逼性等。
3.2 数列极限的计算方法介绍数列极限的计算方法，如夹逼定理、单调有界定理等。
通过例题，让学生学会运用极限计算方法解决实际问题，如求数列的极限值等。
第四章：数列的级数与应用4.1 数列级数的概念引导学生了解数列级数的概念，理解级数的特点和分类。
通过实际例子，让学生掌握级数的基本性质，如收敛性和发散性等。
4.2 数列级数的计算方法介绍数列级数的计算方法，如比较法、比值法、根值法等。
通过例题，让学生学会运用级数计算方法解决实际问题，如判断级数的收敛性等。
第五章：数列的应用举例5.1 数列在数学建模中的应用引导学生了解数列在数学建模中的应用，如人口增长模型、存货管理模型等。
通过实际例子，让学生学会运用数列建立数学模型，并解决实际问题。
5.2 数列在物理学中的应用介绍数列在物理学中的应用，如振动序列、量子力学中的能级等。
通过例题，让学生学会运用数列解决物理学中的问题，如计算振动序列的周期等。
第六章：数列在经济管理中的应用6.1 数列在投资组合中的应用引导学生了解数列在投资组合中的作用，如资产收益的序列分析。
高考理科数学新课标件数列的综合应用
增长率问题的实际
意义
增长率问题在实际生活中广泛存 在，如人口增长、经济增长、物 价上涨等问题，通过数列模型可 以对其进行有效的分析和预测。
分期付款问题
分期付款问题的定义
分期付款问题是指将一笔款项分成若干期进行支付的问题，通常涉 及到等差数列或等比数列的应用。
分期付款问题的解决方法
通过构建等差数列或等比数列模型，利用数列的通项公式、求和公 式等性质，结合实际情况，求解分期付款问题。
储蓄存款问题的实际意义
储蓄存款是人们日常生活中常见的金融活动，通过数列模型可以对其进行有效的规划和 管理，实现资产的保值增值。
其他实际问题
01
其他实际问题的种类
除了上述三种常见问题外，数列在实 际问题中还有许多其他应用，如物理 中的自由落体运动、化学中的元素周 期表、生物中的细胞分裂等问题。
02
其他实际问题的解决 方法
02
对于收敛的数列，其对应的函 数在定义域内也是有界的；而 对于发散的数列，其对应的函 数可能在定义域内无界。
03
数列的收敛性与函数的有界性 密切相关，可以通过研究数列 的收敛性来判断对应函数的有 界性。
05
典型例题分析与解题思路
选择题答题技巧
排除法
根据题目条件，逐步排除不符合条件的选项， 缩小选知识体系。
03 通过对比、归纳等方法，加深对数列知识点的理 解和记忆。
针对不同题型进行专项训练，提高解题能力
针对数列的求和问题，掌握常见的求和方法，如分组求和、错位相减等， 并进行专项训练。
针对数列的通项公式问题，理解通项公式的推导过程和应用场景，并进行 专项训练。
针对数列的性质判定问题，熟悉数列的性质和判定方法，并进行专项训练 。
数列实际应用
数列实际应用
数列是按照一定规律排列的数的集合，它在数学中有广泛的应用，同时也在现实生活中有许多实际应用。
以下是一些数列在实际中的应用：
1.金融和经济学：在金融和经济学中，数列可以用于建模和分析投资回报、股票价格的变化、经济增长等。
例如，等差数列可以用来描述定期投资的增长，而等比数列可以用来建模复利效应。
2.工程：在工程领域，数列可以用于描述周期性变化。
例如，振动和波动的频率可以通过正弦或余弦函数的数列来表示。
这在机械工程、电子工程和声学等领域都有应用。
3.计算机科学：在计算机科学中，数列被广泛用于算法和数据结构。
例如，斐波那契数列常用于递归算法和动态规划，而等差数列和等比数列可以用于表示计算机内存中的数据结构。
4.统计学：在统计学中，数列可以用于建模和分析随机过程。
例如，随机游走模型中的数列描述了随机变量的变化。
这在风险管理、市场分析等方面有应用。
5.物理学：在物理学中，数列可以用于描述时间和空间中的变化。
例如，牛顿的运动定律中的等差数列描述了运动物体的位移随时间的变化。
6.生物学：在生物学中，数列可以用于描述生物体的生长、衰老和其他变化。
例如，菲波那契数列可以用于描述植物的分枝结构。
7.电信和通信：在通信领域，数列可以用于描述信号的变化。
例如，正弦数列可用于表示模拟信号，而二进制数列可用于表示数字信号。
8.交通规划：数列可以用于模拟交通流量的变化。
例如，等差数列可以用于描述车辆在道路上的运动，有助于交通规划和优化。
这些都只是数列在实际中的一些例子，数列的应用领域非常广泛，涵盖了几乎所有科学和工程领域。
数列在实际中的应用
数列在实际中的应用数列是数学中的重要概念，它是按照一定规律排列的一系列数字。
数列在实际生活中有着广泛的应用，从自然科学到社会科学，都离不开数列的运用。
本文将探讨数列在实际中的应用，并分析其在不同领域的具体应用案例。
一、自然科学中的数列应用1. 物理学中的数列应用物理学是研究物质和能量以及它们之间相互作用规律的学科。
数列在物理学中有着广泛的应用，例如在运动学中，常常会涉及到时间和位置、速度、加速度之间的关系。
当物体按照规律运动时，其位置、速度和加速度都可以表示为数列。
通过数列的分析，可以了解物体的运动规律和变化趋势。
2. 化学中的数列应用化学是研究物质的组成、结构、性质、变化以及它们之间的相互作用的学科。
数列在化学中的应用主要体现在化学反应的动力学研究上。
例如，在某些化学反应中，反应物的浓度随时间的变化可以用数列来表示。
通过数列的分析，可以研究反应速率、反应程度等化学动力学参数。
二、社会科学中的数列应用1. 统计学中的数列应用统计学是研究数据收集、整理、分析和解释的学科。
数列在统计学中的应用非常广泛，例如在人口统计研究中，常常会涉及到人口的年龄、性别、地区等信息。
这些信息可以通过数列进行统计和分析，从而得出人口结构、人口变化趋势等重要结果。
2. 经济学中的数列应用经济学是研究人类在有限资源下如何选择以满足无限需求的学科。
数列在经济学中的应用主要体现在经济指标的预测和分析上。
例如，国民经济中的GDP、通货膨胀率、失业率等指标的变化趋势可以用数列来表示和分析，通过数列的预测和分析，可以为经济决策提供参考。
三、数列在工程技术中的应用1. 电路中的数列应用在电子工程中，数列有着广泛的应用。
例如，在信号传输中，根据不同的调制方式，信号可以用二进制数列、多进制数列、矩阵数列等不同形式表示。
通过数列的编码和解码，可以实现信号的高效传输和正确解读。
2. 计算机科学中的数列应用数列在计算机科学中有着极为重要的应用。
高三数学数列的综合应用复习课件
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：如果题目中给出的是前后两项之 间的关系不固定，是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．
§
5.5Biblioteka 双基研习•面对高考数
列
考点探究•挑战高考
的
综
合
考向瞭望•把脉高考
应
用
双基研习•面对高考
基础梳理
1．解答数列应用题的步骤 (1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意． (2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将 实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要 求是什么． (3)求解——求出该问题的数学解． (4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．
Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－2 1.
等差、等比数列的实际应用
与数列有关的应用题大致有三类：一是有关等差 数列的应用题；二是有关等比数列的应用题；三 是有关递推数列中可化成等差、等比数列的问 题．当然，还包括几类问题的综合应用．其中第 一类问题在内容上比较简单，建立等差数列模型
A．1
B．2
C．3
D．4
答案：B
3．(教材改编题)电子计算机中使用的二进制与十 进制的换算关系如下表所示：
十进 制
1
2
3
4
5
67
8…
二进 制
1
10
数列的综合应用
数列的综合应用数列是数学中重要的概念之一，它在各个领域中都有着广泛的应用。
数列的综合是数列中各个数值的求和运算，可以帮助我们解决很多实际问题。
本文将探讨数列的综合应用，从数学角度分析其在现实生活中的具体应用。
一、数列的定义和性质在介绍数列的综合应用之前，我们首先需要了解数列的基本定义和性质。
数列是按照一定规律排列的一组数，其中每个数称为数列的项。
根据数列的性质，我们可以将数列分为等差数列和等比数列两种常见类型。
1. 等差数列：等差数列中的任意两个相邻项之差都相等，这个固定的差值称为公差。
等差数列的一般形式为an = a1 + (n-1)d，其中an表示第n项，a1表示首项，d表示公差。
2. 等比数列：等比数列中的任意两个相邻项之比都相等，这个固定的比值称为公比。
等比数列的一般形式为an = a1 * r^(n-1)，其中an表示第n项，a1表示首项，r表示公比。
二、数列的综合应用数列的综合应用广泛存在于日常生活和各个学科领域中，下面将从几个具体问题场景中介绍数列的应用。
1. 汽车里程计算假设一辆汽车从起点出发，每小时行驶的里程数分别是12公里、15公里、18公里、21公里...... 如果想知道5个小时内总共行驶了多少公里，我们可以使用等差数列的综合公式来计算。
首先确定首项a1=12，公差d=3（每小时增加3公里），然后带入数列综合公式Sn =(n/2)[2a1+(n-1)d]，代入n=5进行计算得出结果为75公里。
因此，这辆汽车在5个小时内共行驶了75公里。
2. 学生成绩评估假设某学生在数学考试中的成绩分别是80分、85分、90分、95分......，如果想知道前10次考试的总分，我们可以使用等差数列的综合公式进行计算。
首先确定首项a1=80，公差d=5（每次考试分数增加5分），然后带入数列综合公式Sn = (n/2)[2a1+(n-1)d]，代入n=10进行计算得出结果为875分。
因此，这名学生前10次数学考试的总分为875分。
高三数学数列求和2 优质课件
∵ n≥2,n 1≥1)
作业: 《全案》
速度训练:
P77
训练
5
1. 设 Sn 1234 (1)n1n ， 则
S4m S2m1 S2m3（ m N* ）的值为（B）
(A)0 (B)3 (C)4 （D）随 m 的变化而变化
2.已知
S
1
1 22
1 32
…+
1 n2
系数是 Cn21 =
n(n 1) 2
.
∴
1
an
2
n(n 1)
=
2 n
2 n 1
∴
lim(
n
1
a1
1
a2
=2
1 ) lim(2 2 )
an
n
n 1
返回
例 3 分析: 第⑴小问直接翻译即可. 第⑵小问弄清 f (n) 的意义,然后检验 即可. 第⑶小问关键是求出 P1Pn 2 ? , 然后分析和的结果
xn
nxn nxn1 1 x
1
1 n xn nxn1 1 x
1 1 n xn nxn1
∴当 x 1时, Sn
1 x2
当 x 1时， Sn 1 2 3 4
;
n n1 n
2
返回
例 1.求和:
⑵113
1 35
…+
(2n
常需要求数列的和,而这些求和往往采 用特殊方法.
例 1 求和:
⑴1 2x 3x2 4x3 nxn1.
⑵
1 1 3
1 35
…+
(2n
数列的综合应用总结
数列的综合应用总结数列作为数学中常见的一种数学对象，在各个领域中都有着广泛的应用。
本文将对数列的综合应用进行总结和分析，包括数列的定义、数列求和的方法以及数列在实际问题中的应用等方面。
一、数列的定义数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的有序集合。
一般用an表示数列中的第n个数，其中n为正整数，称为项号。
数列的通项公式表示了数列中任意一项与项号之间的关系。
二、数列求和的方法1.等差数列求和等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
等差数列的前n项和Sn可以通过等差数列求和公式来计算，即Sn =(a1 + an) * n / 2。
2.等比数列求和等比数列的通项公式为an = a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。
等比数列的前n项和Sn可以通过等比数列求和公式来计算，即Sn =(a1 * (1 - q^n)) / (1 - q)，当|q| < 1时成立。
3.其他数列求和方法除了等差数列和等比数列，还存在一些特殊的数列，它们的求和方法也各不相同。
比如斐波那契数列、调和数列等，它们的求和方法需要根据具体的问题和数列的规律来确定。
三、数列在实际问题中的应用数列的应用广泛存在于实际问题的建模和解决过程中。
下面以几个具体的应用场景来说明数列在实际问题中的应用。
1.金融领域在金融领域中，利率、投资回报率等与时间相关的指标可以使用数列进行建模。
比如等额本息还款方式下，每期的还款金额就可以通过等差数列求和来计算。
2.物理学领域在物理学中，许多物理现象的变化过程可以用数列进行描述。
比如自由落体运动的位移、速度、加速度等物理量随时间的变化可以用等差数列或等比数列来表示和推导。
3.计算机科学领域在算法设计和数据处理中，数列也有着重要的应用。
比如在排序算法中，快速排序、归并排序等算法利用了数列的递推和分治思想来实现高效的排序。
四、总结数列作为一种常见的数学对象，具有广泛的应用价值。
《数列综合应用举例》教案
《数列综合应用举例》教案一、教学目标1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。
2. 培养学生运用数列知识解决实际问题的能力，提高学生的数学思维水平。
3. 通过对数列综合应用的学习，培养学生分析问题、解决问题的能力，提高学生的综合素质。
二、教学内容1. 等差数列的应用：等差数列的求和公式、等差数列的通项公式等。
2. 等比数列的应用：等比数列的求和公式、等比数列的通项公式等。
3. 数列的极限：数列极限的定义、数列极限的性质等。
4. 数列的收敛性：收敛数列的定义、收敛数列的性质等。
5. 数列的应用举例：如数列在实际问题中的应用，如人口增长、放射性衰变等。
三、教学方法1. 采用讲授法，讲解数列的基本概念、性质和应用。
2. 运用案例分析法，分析数列在实际问题中的应用。
3. 组织学生进行小组讨论，培养学生的团队协作能力。
4. 设置课后习题，巩固所学知识，提高学生的实际应用能力。
四、教学步骤1. 引入数列的基本概念，讲解等差数列和等比数列的定义和性质。
2. 引导学生运用数列知识解决实际问题，如人口增长、放射性衰变等。
3. 讲解数列的极限和收敛性，分析数列在实际中的应用。
4. 组织学生进行小组讨论，分享数列在实际问题中的应用案例。
5. 通过课后习题，检查学生对数列知识的掌握程度。
五、教学评价1. 课后习题的完成情况，检验学生对数列知识的掌握。
2. 课堂讨论的参与度，评估学生的团队协作能力和思维水平。
3. 学生对数列应用案例的分析，评估学生的实际应用能力。
4. 定期进行教学质量调查，了解学生的学习需求，调整教学方法。
六、教学资源1. 教学PPT：制作数列综合应用的教学PPT，包含数列的基本概念、性质、应用案例等内容。
2. 案例素材：收集数列在实际问题中的应用案例，如人口增长、放射性衰变等。
3. 课后习题：编写具有代表性的课后习题，检验学生对数列知识的掌握。
4. 教学视频：寻找相关的教学视频，如数列的极限、收敛性的讲解等，辅助学生理解难点内容。
数列的综合应用课件包括实际应用.ppt
（1）求数列{an}和 {bn} 的通项公式，
（2）设
cn
an bn
,求数列 {cn }的前n项和 Tn.
.
例题
练 习
3．已知等差数列an的前n项和为Sn
na1
n(n 1) 2
d，
用类比的方法，写出等比数列前n项积的表达式Tn __
二.等比、等差数列和的形式：
an成等差数列 an An B Sn An2 Bn
an(q 1)成等比数列 Sn A(qn 1)(A 0)
例1 等差数列{an}的首项a1>0, 前n项和为Sn,若Sm=Sk(m≠k), 问n为何值时，Sn最大？
1 1
n
பைடு நூலகம்
128
1
1 2
n
128
2
例3：设数列{an} 满足
a1 3a2 32 a3 3n1an
1 3
n, n
N*,
（1）求数列{an }的通项公式，
（2）设
bn
n an
，求数列{bn }的前n项和
Sn.
评：（1）知 Sn 求 an . . （2）错位相减法求和.
变式：设数列 {an}的前n项和为 Sn 2n2， {bn}为等比数列，且 a1 b1，b2 (a2 a1) b1.
a5
a1q 4
q
2
，
a6
a1q5
q 1
因为 a4，a5 1，a6 成等差数列，所以 a4 a6 2(a5 1)
即
q 3
q 1
2(q2
1) ，q 1 (q 2
1)
2(q2
1) .所以q
1 2
.
故
an
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
等比数列及数列的综合应用
等比数列及数列的综合应用等比数列是指数列中相邻两项之比相等的数列。
数列的综合应用是指将数列的概念和性质应用到实际问题中，解决具体的实际问题。
下面我会详细介绍等比数列的性质以及数列的综合应用。
首先，我们先来了解等比数列的性质。
等比数列是指数列中相邻两项之比相等的数列，记作：a，ar，ar²，ar³，...，其中a为首项，r为公比。
等比数列的通项公式为：an = a * r^(n-1)，其中an为数列的第n项。
一般来说，等比数列的公比r可以是正数、负数或零。
如果公比r大于1，则数列是递增的，每一项大于前一项；如果公比r介于0到1之间，则数列是递减的，每一项小于前一项；如果公比r小于-1，则数列交替增减；如果公比r介于-1到0之间，则数列也是交替增减的。
在数列的综合应用中，等比数列可以帮助我们求解一些与实际生活相关的问题。
下面我将通过几个例子来说明等比数列的应用。
例1：小明每个月养鱼，第一个月养了2条鱼，从第二个月起，每个月的鱼的数量是前一个月的2倍。
问第n个月养了多少条鱼？这个问题可以用等比数列来解决。
首先，我们知道第一个月养了2条鱼，所以首项a=2，公比r=2。
根据等比数列的通项公式an = a * r^(n-1)，我们可以求得第n个月养的鱼的数量。
例如，求解第5个月养的鱼的数量，我们可以代入n=5得到an = 2 * 2^(5-1) = 2 * 2^4 = 2 * 16 = 32，所以第5个月养了32条鱼。
例2：某商场的招待所有100个房间，第一个房间的价格是200元，从第二个房间起，每个房间的价格都是前一个房间的80%。
问最后一个房间的价格是多少？这个问题也可以用等比数列来解决。
首先，我们知道第一个房间的价格是200元，所以首项a=200，公比r=0.8。
根据等比数列的通项公式an = a * r^(n-1)，我们可以求得最后一个房间的价格。
例如，求解最后一个房间的价格，我们可以代入n=100得到an = 200 * 0.8^(100-1) ≈0.00029元，所以最后一个房间的价格约为0.00029元。
高考数学二轮复习 第20讲 数列的综合应用课件
1 2
n1 ຫໍສະໝຸດ <4,所以Sn<4 1
1 2
1 3
1 n
.
设f(x)=ln x+ 1 -1(x>1),则f '(x)= 1 - 1 = x 1>0,
x
x x2 x2
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,有f(x)>f(1)=0,可得ln x>1- 1 .当k≥2,且k∈N*时,
x
k >1,有ln k >1- k 1= 1 ,所以 1 <ln 2 , 1 <ln 3 ,…, 1 <ln n ,可得1+ 1 + 1 +…+ 1
k 1
k 1 k k
2 1 3 2 n n 1
23
n
<1+ln 12
3 2
n 1 n2
n
n
1
=1+ln
n,
所以Sn<4 1
题型一 数列中的最值问题
例1 (2018南京师大附中高三模拟) 已知等差数列{an}和等比数列{bn}均不 是常数列,若a1=b1=1,且a1,2a2,4a4成等比数列,4b2,2b3,b4成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设m,n是正整数,若存在正整数i,j,k(i<j<k),使得ambj,amanbi,anbk成等差数列,求 m+n的最小值;
1 2
1 3
c3,pn= 1n (c1+c2+…+cn-1)+
1
1 2
数列的综合应用课件
工具
第五章
数列
栏目导引
(2)到第 12 个月的本利和为
1 100×12＋2×12×12＋1×5.1%＝1 597.8 元．
(3)设每月初应存入 x 元，则有
1 x12＋2×12×12＋1×5.1%＝2 000，x≈125.2.
－
解析： 依题意 1＋21＋22＋„＋2n 1≥100， 1－2n ∴ ≥100，∴2n≥101，∴n≥7， 1－2 则所求为 7 秒钟．
答案： B
工具
第五章
数列
栏目导引
4 ． 若 A 、 B 、 C 成 等 差 数 列 ， 则 直 线 Ax ＋ By ＋ C ＝ 0 必 过 点 ________． 解析： ∵2B＝A＋C，∴A－2B＋C＝0， ∴直线Ax＋By＋C必过点(1，－2)．
an 1 1 解析： (1)∵an＋1＝ 且 a1＝1，∴ ＝1＋a ， an＋1 an＋1 n
1 1 ∴ － ＝1，∴a 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， n an＋1 an
1
1 1 ∴ ＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＝ . an n
工具
第五章
数列
栏目导引
1 1 1 (2)证明：∵an＝n，an＋1＝ ，a ＝ ， n＋1 n＋2 n＋2 1 1 － an＋2－an＋1 n＋2 n＋1 n ∴弦 AnAn＋1 的斜率 kn＝ ＝ 1 ＝ ， 1 an＋1－an n＋2 － n＋1 n n＋1 n＋1n＋2－nn＋3 n ∴kn＋1－kn＝ － ＝ n＋3 n＋2 n＋3n＋2 ＝ 2 ＞0. n＋2n＋3
工具
第五章
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第20讲 数列的实际应用与综合应用【教学目标及教学建议】教学目标：掌握等差数列、等比数列有关的实际应用问题和数列与其它知识的综合应用问题的解法.教学建议：本讲主要题型有：1．将实际问题转化等差数列型或等比数列型求解；2．数列与其它知识的综合应用问题. 教实际应用问题时，主要引领学生建构数学模型，分清模型结构；教综合应用问题时，主要启发学生寻找解题的切入点，进行决策训练.知识要点1．数列实际应用题常见的数学模型 （1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x 期，则本利和y =a (1+r )x . （2）产值模型原来产值的基数为N ，平均增长率为p ，对于时间x 的总产值y = N (1 + p )x .（3）单利公式利用按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y = a + a ·r ·x . （4）递推与猜证型递推型有a n +1 = f (a n )与S n +1 = f (S n )或S n = f (a n )类，猜证型主要是写出前若干项，猜测结论，并用数学归纳法加以证明.2．数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与函数、数列与解析几何等.习题讲解例1 （2007年山东卷）设{}n a 是公比大于1的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且123334a a a ++，，构成等差数列．（1）求数列{}n a 的等差数列．（2）令31ln 12n n b a n +==，，，，求数列{}n b 的前n 项和T n ． 【解析】（1）由已知得：1231327(3)(4)3.2a a a a a a ++=⎧⎪⎨+++=⎪⎩， 解得22a =．设数列{}n a 的公比为q ，由22a =， 可得1322a a q q==，． 又37S =，可知2227q q++=， 即22520q q -+=，解得12122q q ==，． 由题意得12q q >∴=，，11a =． 故数列{}n a 的通项为12n n a -=(n ∈N *)． （2）由于31ln 12n n b a n +==，，，， 由（1）得3312n n a +=， 3ln 23ln 2n n b n ∴==又13ln 2n n b b +-=，{}n b ∴是等差数列．12n n T b b b ∴=+++1()2n n b b +=(3ln 23ln 2)3(1)ln 2.22n n n n ++==故3(1)ln 22n n n T +=，n = 1，2，…． 例2 已知二次函数f (x ) = x 2 – ax + a ( x ∈R )同时满足：①不等式f (x )≤0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在0＜x 1＜x 2，使得不等式 f (x 1)＞ f (x 2)成立. 设数列{a n }的前n 项和S n = f (n ).（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设各项均不为零的数列{b n }中，所有满足01<⋅+i i b b 的正整数i 的个数称为这个数列{b n }的变号数. 令1n nac a =-（n 为正整数），求数列{}n c 的变号数. 【解析】（1）∵f (x )≤0的解集有且只有一个元素，∴△= a 2 – 4a = 0⇒a = 0或a = 4. 当a = 0时，函数f (x ) = x 2在（0，+∞）上递增， 故不存在0＜x 1＜x 2，使得不等式f (x 1)> f (x 2)成立.当a = 4时，函数f (x ) = x 2 – 4x +4在（0，2）上递减，故存在0<x 1<x 2<2，使得不等式f (x 1)> f (x 2)成立.综上，得a = 4，函数f (x ) = x 2 – 4x +4. ∴S n = n 2– 4n +4， ∴a n = S n –S n –1 = 1, 1,25, 2.n n n =⎧⎨-≥⎩（2）由题设c n = 3, 1,41, 2.25n n n -=⎧⎪⎨-≥⎪-⎩ ∵n ≥3时，1442523n n c c n n +-=--- =80(25)(23)n n >--.∴n ≥3时，数列{}n c 递增.∵a 4 = 13-< 0，由1– 40525n n >⇒≥-，可知a 4⋅a 5 < 0 ，即n ≥3时，有且只有1个变号数.又∵1233,5,3,c c c =-==- 即12230,0c c c c ⋅<⋅<， ∴此处变号数有2个.综上可得，数列{}n c 共有3个变号数，即变号数为3.例 3 已知点A （1，0），B （0，1）和互不相同的点列P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，且满足n n n OP a OA b OB =+（n ∈*N ），其中{}n a 、{}n b 分别为等差数列和等比数列，O 为坐标原点，若P 1是线段AB 的中点．（1）求a 1，b 1的值；（2）讨论：点列P 1，P 2，P 3，…，P n ，…是否共线；（3）对于给定的公差不为零的数列{}n a ，能否找到一个数列{}n b ，使得P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在某一个指数函数的图象上？请说明理由．【解析】∵P 1是线段AB 的中点11122OP OA OB ∴=+，又111O P a O A bO B =+．且OA ，OB不共线， 由平面向量基本定理，知1112a b ==.（2）由n n n OP a OA b OB =+(n *∈N ) 得(,)n n n OP a b =. 设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则由于P 1，P 2，P 3，…，P n ，…互不相同，所以d =0，q =1不会同时成立． 1︒若d =0且q ≠1,则112n a a ==(n *∈N )⇒P 1, P 2, P 3, …, P n , …都在直线12x =上； 2︒若q =1且d ≠0,则12n b =为常数列⇒ P 1,P 2,P 3,…,P n ,…都在直线12y =上； 3︒ 若d ≠0且q ≠1,P 1,P 2,P 3,…,P n ,…共线111(,)n n n n n n P P a a b b ---⇔=--与 111(,)n n n n n n P P a a b b +++=--共线(n >1，n *∈N )11()()n n n n a a b b -+⇔---11()()0n n n n a a b b +---=11()()0n n n n d b b d b b +-⇔---=11()()n n n n b b b b +-⇔-=-1q ⇔=与1q ≠矛盾，∴当d ≠0且1q ≠时，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…不共线． （3）能．设(,)n n n P a b 都在指数函数(0,1)x y a a a =>≠的图像上，则1(1)1212nn d a n n b a q a +--=⇒=， 令n = 1，则121124a a =⇒=， 于是，1(1)1211()24n d n q q +--=⇒有唯一解1()4d q =，由01d q ≠⇒≠，从而满足条件“P 1，P 2，P 3，…，P n ，…互不相同．”∴对于给定的{}n a ，都能找到一个数列{}n b ，使得P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，都在指数函数1()4x y =的图象上．例4 （2007年安徽卷）某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a 1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d ＞0)，因此，历年所交纳的储备金数目a 1，a 2，…是一个公差为d 的等差数列.与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利.这就是说，如果固定利率为r (r ＞0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a 1(1 + r )n – 1，第二年所交纳的储备金就变为a 2(1 + r ) n – 2，…，以T n 表示到第n 年末所累计的储备金总额.（1）写出T n 与T n – 1(n ≥2)的递推关系式；（2）求证：T n = A n + B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列. 【解析】（1）依题设有T n = T n – 1(1 + r ) + a n (n ≥2).（2）T 1 = a 1，对n ≥2反复使用上述关系式，得T n = T n – 1(1 + r ) + a n = T n – 2(1 + r )2 + a n –1(1 + r ) + a n = a 1(1 + r )n – 1+ a 2(1 + r ) n – 2 + … + a n – 1(1 + r ) + a n . ①在①式两端同乘以(1 + r )，得(1 + r )T n = a 1(1 + r )n + a 2 (1 + r )n – 1 + … + a n – 1(1 + r )2 + a n (1 + r ) . ②② – ①，得rT n = a 1(1 + r )n + d [(1 + r )n – 1 + (1 + r ) n – 2 + … + (1 + r )] – a n =dr[(1 + r )n – 1 – r ] + a 1(1 + r ) n – a n ，又a n = a 1 +（n – 1）d ， 则1122(1)nn a r d a r d d T r n r r r ++=+--. 如果记1122(1),n n n a r d a r d dA rB n r r r++=+=--， 则T n = A n + B n ， 其中{A n }是以12(1)a r dr r ++为首项，以 1 + r (r ＞0)为公比的等比数列，{B n }是以12a r d d r r +--为首项，dr -为公差的等差数列.。