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(新課標(biāo))2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第35講 數(shù)列的綜合應(yīng)用導(dǎo)學(xué)案 新人教A版

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1、第35講 數(shù)列的綜合應(yīng)用 【課程要求】 1.會利用數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)解與方程、不等式、解析幾何相結(jié)合的數(shù)列綜合題. 2.掌握相關(guān)的數(shù)列模型以及建立模型解決實際問題的方法. 對應(yīng)學(xué)生用書p94 【基礎(chǔ)檢測】 1.我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中有如下問題:“今有金箠,長五尺,斬本一尺,重四斤.?dāng)啬┮怀?,重二斤.問次一尺各重幾何?”意思是:“現(xiàn)有一根金杖,長5尺,一頭粗,一頭細,在粗的一端截下1尺,重4斤;在細的一端截下1尺,重2斤;問依次每一尺各重多少斤?”設(shè)該金杖由粗到細是均勻變化的,其重量為M,現(xiàn)將該金杖截成長度相等的10段,記第i段的重量為ai(i=1,2,…,10),且a1

2、2<…

3、,-2這三個數(shù)的6種排序中,成等差數(shù)列的情況有:a,b,-2;b,a,-2;-2,a,b;-2,b,a;成等比數(shù)列的情況有:a,-2,b;b,-2,a. ∴或解得或 ∴p=5,q=4,∴p+q=9,故選D. [答案]D 3.設(shè)y=f是一次函數(shù),若f=1,且f,f,f成等比數(shù)列,則f+f+…+f=________. [解析]由題意可設(shè)f=kx+1, 則=,解得k=2, f+f+…+f=++…+=2n2+3n. [答案]2n2+3n 4.小李年初向銀行貸款M萬元用于購房,購房貸款的年利率為p,按復(fù)利計算,并從借款后次年年初開始歸還,分10次等額還清,每年1次,則每年應(yīng)還(  

4、) A.萬元 B.萬元 C.萬元 D.萬元 [解析]設(shè)每年應(yīng)還x萬元,則x+x+x+…+x=M,=M,得x=. [答案]B 【知識要點】 1.?dāng)?shù)列綜合問題中應(yīng)用的數(shù)學(xué)思想 (1)用函數(shù)的觀點與思想認識數(shù)列,將數(shù)列的通項公式和求和公式視為定義在正整數(shù)集或其有限子集{1,2,…,n}上的函數(shù). (2)用方程的思想處理數(shù)列問題,將問題轉(zhuǎn)化為數(shù)列基本量的方程. (3)用轉(zhuǎn)化化歸的思想探究數(shù)列問題,將問題轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列來研究. (4)數(shù)列綜合問題常常應(yīng)用分類討論思想、特殊與一般思想、類比聯(lián)想思想、歸納猜想思想等. 2.解答數(shù)列應(yīng)用題的步驟 (1)審題——仔細閱讀材料,認

5、真理解題意. (2)建?!獙⒁阎獥l件翻譯成數(shù)學(xué)(數(shù)列)語言,將實際問題轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題,弄清該數(shù)列的特征、要求是什么. (3)求解——求出該問題的數(shù)學(xué)解. (4)還原——將所求結(jié)果還原到原實際問題中. 3.?dāng)?shù)列應(yīng)用題常見模型 (1)等差模型:如果增加(或減少)的量是一個固定量時,該模型是等差模型,增加(或減少)的量就是公差. (2)等比模型:如果后一個量與前一個量的比是一個固定的數(shù)時,該模型是等比模型,這個固定的數(shù)就是公比. (3)遞推數(shù)列模型:如果題目中給出的前后兩項之間的關(guān)系不固定,隨項的變化而變化時,應(yīng)考慮是an與an+1的遞推關(guān)系,還是Sn與Sn+1之間的遞推關(guān)系.

6、 對應(yīng)學(xué)生用書p95 等差、等比數(shù)列的綜合問題 例1 已知公比不為1的等比數(shù)列{an}的首項a1=,前n項和為Sn,且a4+S4,a5+S5,a6+S6成等差數(shù)列. (1)求等比數(shù)列{an}的通項公式; (2)對n∈N*,在an與an+1之間插入3n個數(shù),使這3n+2個數(shù)成等差數(shù)列,記插入的這3n個數(shù)的和為bn,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. [解析] (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q, 因為a4+S4,a5+S5,a6+S6成等差數(shù)列, 所以a5+S5-a4-S4=a6+S6-a5-S5, 即2a6-3a5+a4=0,所以2q2-3q+1=0. 因為q≠1,所以q=,

7、所以等比數(shù)列{an}的通項公式為an=. (2)由題意得bn=·3n=·, Tn=·=. [小結(jié)]等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的兩大解題策略 (1)設(shè)置中間問題:分析已知條件和求解目標(biāo),為最終解決問題設(shè)置中間問題,例如求和需要先求出通項、求通項需要先求出首項和公差(公比)等,確定解題的順序. (2)注意解題細節(jié):在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中,如果等比數(shù)列的公比不能確定,則要看其是否有等于1的可能,在數(shù)列的通項問題中第一項和后面的項能否用同一個公式表示等,這些細節(jié)對解題的影響也是巨大的. 1.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn=n2+n. (1)求數(shù)列{an}的通項公式an;

8、(2)令cn=,問是否存在正整數(shù)m,k(11且m∈N*則為奇整數(shù), ∴k=1(舍去)或k=7, 將k=7代入(*)式得m=2, 故存在m=2,k=7使得c1,cm,ck成等差數(shù)列. 數(shù)列與不等式的綜合問題 例

9、2 已知數(shù)列中,a1=1,an+1=. (1)求數(shù)列的通項公式; (2)數(shù)列滿足bn=··an,數(shù)列的前n項和為Tn,若不等式λ-2, ∴

10、-2<λ<3. [小結(jié)]數(shù)列與不等式綜合問題的兩個方面 (1)數(shù)列型不等式恒成立或存在性問題,先參變分離,轉(zhuǎn)化為最值問題,數(shù)列的最值常選擇用做差或者作商來處理; (2)數(shù)列不等式有時候需要用放縮法來證明,將通項的分母放大或縮小成可以求和的形式再證明. 2.設(shè)Sn為數(shù)列的前n項和,Sn=2an-n. (1)求證:數(shù)列是等比數(shù)列; (2)求證:1-<++…+<2. [解析] (1)當(dāng)n=1時,a1=S1=2a1-1,解得a1=1; 當(dāng)n≥2時,由Sn=2an-n得Sn-1=2an-1-, 上述兩式相減得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-1, 整理得an=2an-1+

11、1. 則==2,且a1+1=2. 所以數(shù)列是首項為2,公比為2的等比數(shù)列. (2)由(1)可知an+1=2×2n-1=2n,則an=2n-1. 因為=>, 所以++…+>++…+=1-. 又因為==≤, 所以++…+≤1++…+=2-<2. 綜上,1-<++…+<2. 數(shù)列與函數(shù)的綜合問題 例3 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,點(an,bn)(n∈N*)在函數(shù)f(x)=2x的圖象上. (1)若a1=-2,點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上,求數(shù)列{an}的前n項和Sn; (2)若a1=1,函數(shù)f(x)的圖象在點(a2,b2)處的切線在x軸上的截距為2-,求數(shù)列的前

12、n項和Tn. [解析] (1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7, 所以2a8=4×2a7=2a7+2,解得d=a8-a7=2, 所以Sn=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n. (2)函數(shù)f(x)=2x在點(a2,b2)處的切線方程為y-2a2=(2a2ln2)(x-a2), 其在x軸上的截距為a2-.由題意有a2-=2-,解得a2=2. 所以d=a2-a1=1.從而an=n,bn=2n, 所以數(shù)列的通項公式為=, 所以Tn=+++…++, 2Tn=+++…+, 因此,2Tn-Tn=1+++…+-=2--=. 所以,Tn=. [小結(jié)]數(shù)列與函數(shù)的綜合

13、的兩個方面 (1)以數(shù)列的特征量n,an,Sn等為坐標(biāo)的點在函數(shù)圖象上,可以得到數(shù)列的遞推關(guān)系; (2)數(shù)列的項或前n項和可以看作關(guān)于n的函數(shù),然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列問題. 3.函數(shù)f=,g=f+1,an=g+g+g+…+g,n∈N*,則數(shù)列的通項公式為__________. [解析]由f===-f(x),所以函數(shù)f(x)=為奇函數(shù), g+g=f+1+f+1 =f+f+2, 由f(x)=為奇函數(shù),∴f+f=0, ∴g+g=2, ∵an=g+g+g+…+g,n∈N*,① 則an=g+g+g+…+g,n∈N*,② ①+②得 2an=++…+=(2n-1)×2, 則

14、數(shù)列的通項公式為an=2n-1. [答案]an=2n-1 數(shù)列模型及應(yīng)用 例4 《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著,在其中有道“竹九問題”:“今有竹九節(jié),下三節(jié)容量四升,上四節(jié)容量三升.問中間二節(jié)欲均容各多少?”意思為:今有竹九節(jié),下三節(jié)容量之和為4升,上四節(jié)容量之和為3升,且每一節(jié)容量變化均勻(即每節(jié)容量成等差數(shù)列).問每節(jié)容量各為多少?在這個問題中,中間一節(jié)的容量為(  )                    A.B.C.D. [解析]由題設(shè)則?d=,故由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a5=a8-3d=. [答案]A 例5 某企業(yè)為了進行技術(shù)改造,設(shè)計了兩種方案,甲方案:一次性貸款1

15、0萬元,第一年便可獲利1萬元,以后每年比前一年增加30%的利潤;乙方案:每年貸款1萬元,第一年可獲利1萬元,以后每年比前一年增加5千元.兩種方案的使用期都是10年,到期一次性歸還本息.若銀行兩種形式的貸款都按年息5%的復(fù)利計算,試比較兩種方案中哪種獲利更多?(參考數(shù)據(jù):取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665) [解析]甲方案中,每年所獲利潤組成等比數(shù)列,首項為1,公比為(1+30%),所以10年所獲得的總利潤為 S10=1+(1+30%)+(1+30%)2+…+(1+30%)9 =≈42.62(萬元), 貸款到期時,需要償還銀行的本息是 10(

16、1+5%)10≈16.29(萬元), 故使用甲方案所獲純利潤為42.62-16.29=26.33(萬元). 乙方案中,每年的利潤組成等差數(shù)列,首項為1,公差為0.5, 所以10年所獲得的總利潤為 T10=1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5) =10×1+×0.5=32.5(萬元), 從第一年起,每年的貸款在到期時所產(chǎn)生的本息組成等比數(shù)列,首項為1×(1+5%)10萬元,公比為, 故貸款到期時,需要償還銀行的本息是 1×[(1+5%)10+(1+5%)9+…+(1+5%)] =1.05×≈13.21(萬元), 故使用乙方案所獲純利潤為32.5-13.

17、21=19.29(萬元). 綜上可知,甲方案獲利更多. [小結(jié)]解數(shù)列應(yīng)用題的建模思路: 從實際出發(fā),通過抽象概括建立數(shù)學(xué)模型,通過對模型的解析,再返回實際中去,其思路框圖為: 4.某企業(yè)的資金每一年都比上一年分紅后的資金增加一倍,并且每年年底固定給股東們分紅500萬元.該企業(yè)2016年年底分紅后的資金為1000萬元. (1)求該企業(yè)2020年年底分紅后的資金; (2)求該企業(yè)從哪一年開始年底分紅后的資金超過32500萬元. [解析]設(shè)an為(2016+n)年年底分紅后的資金,其中n∈N*, 則a1=2×1000-500=1500, a2=2×1500-500=250

18、0,…,an=2an-1-500(n≥2). ∴an-500=2(an-1-500)(n≥2), 即數(shù)列{an-500}是首項為a1-500=1000,公比為2的等比數(shù)列. ∴an-500=1000×2n-1, ∴an=1000×2n-1+500. (1)a4=1000×24-1+500=8500, ∴該企業(yè)2020年年底分紅后的資金為8500萬元. (2)由an>32500,即2n-1>32,得n>6, ∴該企業(yè)從2023年開始年底分紅后的資金超過32500萬元. 對應(yīng)學(xué)生用書p97 1.(2017·全國卷Ⅱ理)我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題:“遠望巍巍塔七

19、層,紅光點點倍加增,共燈三百八十一,請問尖頭幾盞燈?”意思是:一座7層塔共掛了381盞燈,且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍,則塔的頂層共有燈(  ) A.1盞B.3盞C.5盞D.9盞 [解析]設(shè)塔的頂層共有燈x盞,則各層的燈數(shù)構(gòu)成一個首項為x,公比為2的等比數(shù)列,結(jié)合等比數(shù)列的求和公式有:=381,解得x=3,即塔的頂層共有燈3盞. [答案]B 2.(2019·北京理)已知數(shù)列{an},從中選取第i1項、第i2項、…、第im項(i1

20、都是{an}的長度為1的遞增子列. (1)寫出數(shù)列1,8,3,7,5,6,9的一個長度為4的遞增子列; (2)已知數(shù)列{an}的長度為p的遞增子列的末項的最小值為am0,長度為q的遞增子列的末項的最小值為an0.若p

21、 由p

22、的最小的正偶數(shù)為2m. 因為2k排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k和2k-1不可能在的同一個遞增子列中. 又中不超過2m+1的數(shù)為1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以的長度為m+1且末項為2m+1的遞增子列個數(shù)至多為×1×1=2m-1<2m. 與已知矛盾. 最后證明:2m排在2m-3之后(m≥2為整數(shù)). 假設(shè)存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,則的長度為m+1且末項為2m+l的遞增子列的個數(shù)小于2m.與已知矛盾. 綜上,數(shù)列只可能為2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…. 經(jīng)驗證,數(shù)列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合條件. 所以an= 12

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