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专题三 数列的综合应用


专题三 数列的综合应用 基础知识 自主学习
要点梳理 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.数列作为特殊的函数,在实际问题中有着广泛的应 用,如增长率、银行信贷、分期付款、合理定价等. 3.解答数列应用题的基本步骤 (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,弄清该数列的结构 和特征.

(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. 4.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)分期付款模型:设贷款总额为 a,年利率为 r,等额 r(1+r)n 还款数为 b,分 n 期还完,则 b= a. n (1+r) -1

[难点正本 疑点清源]

1.用函数的观点理解等差数列、等比数列 (1)对于等差数列,由 an=a1+(n-1)d=dn+(a1 -d),当 d≠0 时,an 是关于 n 的一次函数,对 应 的点(n, an)是位 于直线上 的若干个 离散的 点.当 d>0 时,函数是增函数,对应的数列是递 增数列;同理,d=0 时,函数是常函数,对应的 数列是常数列;d<0 时,函数是减函数,对应的 数列是递减数列. 若等差数列的前 n 项和为 Sn, Sn=pn2+qn (p、 则 q∈R).当 p=0 时,{an}为常数列;当 p≠0 时, 可用二次函数的方法解决等差数列问题.

(2)对于等比数列:an=a1qn- 1.可用指数函数的性质 来理解. ①当 a1>0,q>1 或 a1<0,0<q<1 时,等比数列是递增 数列; ②当 a1>0,0<q<1 或 a1<0,q>1 时,等比数列{an}是递 减数列. ③当 q=1 时,是一个常数列. ④当 q<0 时,无法判断数列的单调性,它是一个摆 动数列. 2.解答数列综合问题的注意事项 (1)要重视审题、精心联想、沟通联系; (2)将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用 性问题等联系起来.

题型分类
题型一

深度剖析

等差数列与等比数列的综合应用

例 1 数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=1,an+1=2Sn+1 (n≥1). (1)求{an}的通项公式; (2)等差数列{bn}的各项为正,其前 n 项和为 Tn,且 T3=15,又 a1+b1,a2+b2,a3+b3 成等比数列,求 T n.

思维启迪:(1)运用公式

n≥2. (2)注意等差数列与等比数列之间的相互关系.

?S , ? 1 an=? ?Sn-Sn-1, ?

n=1,

求 an.



(1)由 an+ 1=2Sn+1,可得 an=2Sn- 1+1

(n≥2),两式相减得 an+1-an=2an,则 an+1= 3an (n≥2). 又 a2=2S1+1=3,∴a2=3a1. 故{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列, ∴an=3n- 1.

(2)设{bn}的公差为 d, 由 T3=15,b1+b2+b3=15,可得 b2=5, 故可设 b1=5-d,b3=5+d,又 a1=1,a2=3,a3=9, 由题意可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2, 解得 d1=2,d2=-10. ∵等差数列{bn}的各项为正,∴d>0, n(n-1) ∴d=2,b1=3,∴Tn=3n+ ×2=n2+2n. 2

探究提高

对等差、等比数列的综合问题的分析,

应重点分析等差、等比数列的通项及前 n 项和;分 析等差、等比数列项之间的关系.往往用到转化与 化归的思想方法.

变式训练 1 已知数列{f(n)}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= n2+2n. (1)求数列{f(n)}的通项公式; (2)若 a1=f(1), n+1=f(an) (n∈N+), a 求证: 数列{an +1}是等比数列,并求数列{an}的前 n 项和 Tn.



(1)n≥2 时,f(n)=Sn-Sn-1=2n+1.

n=1 时,f(1)=S1=3,适合上式, ∴f(n)=2n+1 (n∈N+). (2)a1=f(1)=3,an+1=2an+1 (n∈N+). 即 an+1+1=2(an+1). ∴数列{an+1}是首项为 4,公比为 2 的等比数列. ∴an+1=4·n-1=2n+1,即 an=2n+1-1 (n∈N+). 2 Tn=(22+23+?+2n+1)-n=2n+2-4-n.

题型二

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 a )=2n (n∈N*).
n

(1)求数列{an}的通项公式; (2)判断数列{an}的单调性.

思维启迪: (1)将 an 看成一个未知数, 解方程即可求 出 an; (2)通过比较 an 和 an+1 的大小来判断数列{an} 的单调性.



(1)由已知得 log2 2 - log 2 2a =2n, 1 ∴an- =2n,即 a2-2nan-1=0. n an
an
n

1

∴an=n± n2+1. ∵0<x<1,∴0< 2 a <1,∴an<0.∴an=n- n2+1. an+1 (n+1)- (n+1)2+1 (2)∵ = an n- n2+1 n+ n2+1 = <1, 2 n+1+ (n+1) +1
n

又∵an<0,∴an+1>an,∴{an}是递增数列.

探究提高

本题融数列、方程、函数单调性等

知识为一体,结构巧妙、形式新颖,着重考查 学生的逻辑分析能力.

变式训练 2 已知 f(x)=logax(a>0 且 a≠1),设 f(a1), f(a2),?,f(an) (n∈N*)是首项为 4,公差为 2 的等 差数列. (1)设 a 为常数,求证:{an}是等比数列; (2)若 bn=anf(an), n}的前 n 项和是 Sn, a= 2时, {b 当 求 Sn.

(1)证明 f(an)=4+(n-1)×2=2n+2, ∵logaan=2n+2,∴an=a2n+2. a2n+2 a2n+2 2 an ∴ = 2(n-1)+2= 2n =a (n≥2)为定值. a an-1 a ∴{an}是以 a4 为首项,a2 为公比的等比数列.

(2)解

bn=anf(an)=a2n 2logaa2n 2=(2n+2)a2n 2.
+ +







当 a= 2时,bn=(2n+2)( 2)2n 2=(n+1)2n 2. Sn=2·3+3·4+4·5+?+(n+1)·n+2, 2 2 2 2 ①-②得 -Sn=2·3+24+25+?+2n 2-(n+1)·n 2 2 - 24(1-2n 1) + =16+ -(n+1)·n 3 2 1-2 =16+2n 3-24-n·n 3-2n 3=-n·n 3. 2 2 ∴Sn=n·n 3. 2
+ + + + + + +3



2Sn=2·4+3·5+4·6+?+n·n+2+(n+1)·n+3, ② 2 2 2 2 2

题型三

数列与不等式的综合应用

例 3 已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 中 S7 的值最大, 且|a7|<|a8|,求使 Sn>0 成立的最大正整数 n.

思维启迪:由 Sn 中 S7 的值最大,得 a7≥0,a8≤0.

解 ∵等差数列{an}的前 n 项和 Sn 中 S7 的值最大, ∴a7≥0,a8≤0.于是由|a7|<|a8 |,得 a7<-a8, 即 a7+a8<0. 14(a1+a14) ∴S14= =7(a1+a14)=7(a7+a8)<0, 2 13(a1+a13) 13· 7 2a S13= = =13a7≥0. 2 2 若 a7=0,则必有 a6>0, 12(a1+a12) ∴S12= =6(a6+a7)=6a6>0, 2 此时使 Sn>0 成立的最大正整数 n=12. 若 a7≠0,则 S13=13a7>0,此时使 Sn>0 成立的最大正 整数 n=13.

探究提高

(1)在非常数列{an}中,已知 m,n,p,

q∈N+,且 m+n=p+q,若{an}成等差数列则有 am+ an=ap+aq,若{an}成等比数列则 am·n=ap·q. a a (2)注意考虑不等式的性质与数列的项及和的结合.

变式训练 3 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=a,an+1 =Sn+3n,n∈N+. (1)设 bn=Sn-3n,求数列{bn}的通项公式; (2)若 an+1≥an,n∈N+,求 a 的取值范围.

解 (1)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n, 即 Sn+1=2Sn+3n,由此得 Sn+1-3n+1=2(Sn-3n), 所以 bn+1=2bn. 所以数列{bn}是以 b1=a-3 为首项,以 2 为公比的等 比数列, 因此,所求通项公式为 bn=(a-3)2n-1,n∈N+.① 此等式当 a=3 时也成立.

(2)由①知 Sn=3n+(a-3)2n-1,n∈N+. 于是,当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1 =3n+(a-3)×2n-1-3n-1-(a-3)×2n-2 =2×3n-1+(a-3)2n-2. an+1-an=4×3
n-1 n-2?

+(a-3)2

n-2

=2

?3? 当 n≥2 时,an+1≥an?12×? ?n-2+a-3≥0 ?2? ? ? ?3? - ?a≥3-12×? ?n 2 恒成立?a≥-9. ?2? ? ?

? ? ?3? - ? ?n 2 12×? ? +a-3?. ? ? ?2? ? ?

又 a2=a1+3>a1. 综上所述,所求的 a 的取值范围是[-9,+∞).

题型四

数列的实际应用

例 4 职工小张年初向银行贷款 2 万元用于购房,银行贷款 的年利率为 10%, 按复利计算(即本年的利息计入次年 的本金),若这笔贷款要分 10 年等额还清,每年年初 还一次,并且从借款后次年年初开始归还,问每年应 还多少元?(精确到 1 元)

思维启迪:运用等比数列知识解决分期付款问题.



设每年还款 x 元,需 10 年还清,那么每年

还款及利息情况如下: 第 10 年还款 x 元,此次欠款全部还清. 第 9 年还款 x 元,过 1 年欠款全部还清时,所付 款连同利息之和为 x(1+10%)元. 第 8 年还款 x 元,过 2 年欠款全部还清时,所付 款连同利息之和为 x(1+10%)2 元. ?? 第 1 年还款 x 元,过 9 年欠款全部还清时,所付 款连同利息之和为 x(1+10%)9 元. 根据题意可得: x+x(1+10%)+x(1+10%)2+?+x(1+10%)9 =20 000(1+10%)10 20 000×1.110×0.1 ∴x= ≈3 255. 1.110-1 ∴每年应还款 3 255 元.

探究提高

分期付款即借款后不是一次性付清,而是分几

次分别付款的一种借款方式,对于每一种分期付款方案, 应明确以下几点: (1)规定多长时间内付清全部款额. (2)在规定时间内分几期付款,并且规定每期付款额相同. (3)规定多长时间段结算一次利息, 并且在规定时间段内利 息按复利计算. 在选择分期付款方案时,必须计算出各种方案中每期应付 款多少,总共应付款多少,这样才便于顾客比较,优化选 择方案. (4)分期付款时, 商品售价和每期所付款额在贷款全部付清 前会随时间的推移而不断增值. (5)各期所付款额连同到最后一次付款时所产生的本息之 和, 等于商品售价及从购买到最后一次付款时的本息之和.

变式训练 4 某商场因管理不善及场内设施陈旧,致使年 底结算亏损,决定从今年开始投入资金进行整修,计 划第一个月投入 80 万元, 以后每月投入将比上月减少 1 .第一个月的经营收入约为 40 万元,预计以后每个月 5 1 收入会比上个月增加 . 4 (1)设 n 个月内的总投入为 an 万元,总收入为 bn 万元, 写出 an,bn; (2)问经过几个月后商场开始扭亏为盈.

?4 ? ?4 ? 解 (1)由 题意, 得 an = 80+ 80× ? ? + 80× ? ? 2 + ? + ?5 ? ?5 ? ?4? 1-? ?n ? ?4 ? ? ?4 ? - ?5? n 1 80×? ? =80× =400?1- ? ?n?. 4 ? ?5 ? ? ?5 ?

1-

?5 ? ?5 ?2 ?5 ?n-1 bn=40+40×? ?+40×? ? +?+40×? ? ?4 ? ?4 ? ?4 ? ?5? n 1-? ? ??5 ? ? ?4? n =40× =160??4 ? -1?. 5 ?? ? ?

5

1-

4

(2)由题意,令 an<bn, ? ?4?n? ??5?n ? ∴400?1-?5? ?<160??4? -1?. ? ? ? ? ?? ? ? ?5?n ? 1? 设 t=?4? , 5?1- t ?<2(t-1), 2t2-7t+5>0. 则 即 ? ? ? ? ?5?n 5 5 ∵t>1,∴解得 t> ,即?4? > . 2 ? ? 2 ?5?4 5 ?125? 5 取 n=4,则?4? = ×?128?< ; 2 ? ? ? ? 2 ?5?5 5 ?625? 5 取 n=5,则?4? = ×?512?> . 2 ? ? ? ? 2 ∴第 5 月开始扭亏为盈.

思想与方法 9.用构造新数列的思想解题 试题:(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 1 满足 a1= ,an=-2Sn· n-1 (n≥2).求证:S2+ S 1 2 1 1 2 2 S2+?+Sn≤ - . 2 4n

审题视角

(1)从求证内容来看,首先要求出

Sn.(2)从 Sn 与 Sn-1 的递推关系看,可考虑构造 ?1? 新数列?S ?.(3)可考虑用放缩法证明. ? n?

规范解答 证明 ∵an=-2Sn·n-1 (n≥2),∴Sn-Sn-1=-2Sn· n-1. S S 1 1 两边同除以 Sn·n- 1,得 - S =2 (n≥2), [3 分] Sn Sn- 1 ?1 ? 1 1 ? ?是以 = =2 为首项, ∴数列 S 1 a1 ?Sn? 以 d=2 为公差的等差数列, 1 1 ∴ = +(n-1)· d=2+2(n-1)=2n, Sn S1 1 ∴Sn= . 2n 1 将 Sn= 代入 an=-2Sn·n- 1, S 2n ?1 (n=1), ?2 得 an=? 1 ? (n≥2). 2 ?2n-2n [4 分]

[6 分]

[8 分]

2 ∵Sn=

1? 1 1 1? 1 ? - ? (n≥2), = ? 2< 4n 4n(n-1) 4?n-1 n ? ?

2 1 S1= ,

4

2 ∴当 n≥2 时,S2+S2+?+Sn 1 2 1 1 1 = + +?+ 4 4×2×2 4· n n· 1? 1 1 1 1? 1? 1? 1 ? - ?= - ; < + ?1- ?+?+ ? 4 4? 2? 4?n-1 n ? 2 4n ? 1 1 2 1 当 n=1 时,S1= = - . 4 2 4×1 1 1 2 2 2 综上,S1+S2+?+Sn≤ - . 2 4n

[10 分]

[12 分]

批阅笔记 (1)在数列的解题过程中,常常要构造新数 列,使新数列成为等差或等比数列.构造新数列可以 使题目变得简单,而构造新数列要抓住题目信息,不 能乱变形.
?1 ? (2)本题首先要构造新数列? ?,其次应用放缩法,并 ?Sn?

且发现只有应用放缩法才能用裂项相消法求和,从而 1 1 把问题解决.事实上: 2< ,也可以看成一 4n 4n(n-1) 1 个新构造:bn= . 4n(n-1) ?1 ? (3)易错分析:构造不出新数列 ? ? ,从而使思维受 ?Sn? 阻.不会作不等式的放缩.

思想方法 感悟提高
方法与技巧 1. 深刻理解等差(比)数列的性质,熟悉它们的推导 过程是解题的关键.两类数列性质既有相似之 处,又有区别,要在应用中加强记忆.同时,用 好性质也会降低解题的运算量, 从而减少差错. 2.在等差数列与等比数列中,经常要根据条件列 方程(组)求解,在解方程组时,仔细体会两种 情形中解方程组的方法的不同之处.

3.数列的渗透力很强,它和函数、方程、三角形、不 等式等知识相互联系,优化组合,无形中加大了综 合的力度.解决此类题目,必须对蕴藏在数列概念 和方法中的数学思想有所了解,深刻领悟它在解题 中的重大作用,常用的数学思想方法有:“函数与 方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转 换”等. 4.在现实生活中,人口的增长、产量的增加、成本的 降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等,都可 以利用数列来解决,因此要会在实际问题中抽象出 数学模型,并用它解决实际问题.

失误与防范 1.等比数列的前 n 项和公式要分两种情况:公比等于 1 和公比不等于 1.最容易忽视公比等于 1 的情况, 要注意这方面的练习. 2.数列的应用还包括实际问题,要学会建模,对应哪 一类数列,进而求解.

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