1、5.5 数列的综合应用 5.5 数列的综合应用 考点探究挑战高考 考向瞭望把脉高考 双基研习面对高考 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2数列应用题常见模型(1)等差模型：如果_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_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增加(或减少)比(3)递推数列模型：如果题目
2、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 an1 的递推关系，还是前 n 项和 Sn 与 Sn1之间的递推关系(4)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 b r1rn1rn1a.思考感悟银行储蓄单利公式及复利公式是什么模型？提示：单利公式设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和ana(1rn)，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ana(1r)n，属于等比模型课前热身 1(2009年高考四川卷)等差数列an的公差不为零，首项a11，a2是a1和a5的等比中项，则数列an的前10
3、项之和是()A90 B100C145 D190答案：B2已知等差数列an和等比数列bn的首项均为1，且公差d0，公比q1，则集合n|anbn(nN)的元素的个数最多为()A1 B2C3 D4答案：B3(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 6 7 8 二进制 1 10 11 100 101 110 111 1000 观察二进制为1位数、2位数、3位数时，对应的十进制数，当二进制为6位数时，能表示十进制中的最大数是()A31 B63C111111 D999999答案：B4已知三个数a、b、c成等比数列，则函数f(x)ax2bxc的图像与x轴
4、公共点的个数为_答案：05近年来，太阳能技术运用的步伐日益加快，2008年全球太阳电池的年生产量达到670兆瓦，年生产量的增长率为34%，以后四年年生产量的增长率逐年递增2%(2009年的增长率为36%)，则预算2012年全球太阳电池的年生产量为_答案：2499.8兆瓦考点探究挑战高考 考点突破 等差、等比数列的综合问题 等差数列与等比数列结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点例1(2010年高考陕西卷)已知an是公差不为零的等差数列，a11，且a1，a3，a9成等比数列(1)求数列an的通项；(2)求数列2an的
5、前n项和Sn.【思路点拨】由已知条件列方程可求得等差数列的公差d，由等比数列的前n项和公式可求Sn.【解】(1)由题设知公差 d0，由 a11，a1，a3，a9 成等比数列，得12d118d12d，解得 d1，d0(舍去)，故an的通项 an1(n1)1n.(2)由(1)知 2an2n，由等比数列前 n 项和公式，得Sn222232n212n12 2n12.【名师点评】解决等差数列与等比数列的综合问题的关键在于综合运用等差数列和等比数列知识解题，也就是涉及哪个数列问题就灵活地运用相关知识解决等差数列与等比数列之间是可以相互转化的即an为等差数列aan(a0且a1)为等比数列；an为正项等比数列
6、 logaan(a0且a1)为等差数列变式训练1(2010年高考重庆卷)已知an是首项为19，公差为2的等差数列，Sn为an的前n项和(1)求通项an及Sn；(2)设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通项公式及前n项和Tn.解：(1)因为an是首项为 a119，公差为 d2的等差数列，所以 an192(n1)2n21.Sn19nnn12(2)n220n.(2)由题意知 bnan3n1，所以 bn3n1an3n12n21.TnSn(133n1)n220n3n12.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
7、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，建立等差数列模型后，问题常常转化成整式或整式不等式处理，很容易计算对第二类问题，建立等比数列的模型后，弄清项数是关键，运算中往往要运用指数或对数不等式，常需要查表或依据题设中所给参考数据进行近似计算，对其结果要按照要求保留一定的精确度注意答案要符合题设中实际需要对于第三类问题，要掌握将线性递推数列化成等比数列求解的方法例2(2010年高考湖北卷)已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位：m2)，其中有部分旧住房需要拆除当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为
8、b(单位：m2)的旧住房(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？(计算时取1.151.6)【思路点拨】可逐年写出第一年末至第五年末的住房面积，然后列方程解出b.【解】(1)第一年末的住房面积为 a1110b1.1ab(m2)，第二年末的住房面积为(a1110b)1110ba(1110)2b(11110)1.21a2.1b(m2)(2)第三年末的住房面积为a(1110)2b(11110)1110ba(1110)3b11110(1110)2，第四年末的住房面积为 a(1110)4b
9、11110(1110)2(1110)3，第五年末的住房面积为 a(1110)5b11110(1110)2(1110)3(1110)41.15a11.1511.1 b1.6a6b.依题意可知，1.6a6b1.3a，解得 b a20，所以每年拆除的旧住房面积为 a20(m2)【规律小结】用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果变式训练2 职工小张年初向银行贷
10、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还款，那么每年应还多少元？(精确到1元)解：设每年还款x元，需10年还清，那么每年所还款及利息的情况如下：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，所还款连同利息之和为x(110%)元；第8年还款x元，过2年欠款全部还清时，所还款连同利息之和为x(110%)2元；第 1 年还款 x 元，过 9 年欠款全部还清时，所还款连同利息之和为 x(110%)9 元根据题意可得xx(110%)x(110%)2x(110%)
11、920000(110%)10，所以 x200001.1100.11.11013255.所以每年应还款 3255 元数列与解析几何、不等式、函数的交汇问题 数列与其它知识的综合问题主要指的是用几何方法或函数的解析式构造数列，用函数或方程的方法研究数列问题函数与数列的综合问题主要有以下两类：一是已知函数的条件，利用函数的性质图像研究数列问题，如恒成立，最值问题等；二是已知数列条件，利用数列的范围、公式、求和方法等知识对式子化简变形，从而解决函数问题例3(2010 年高考安徽卷)设 C1，C2，Cn，是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在 x 轴的正半轴上，且都与直线 y 33 x 相切对每一个正整数
12、n，圆 Cn 都与圆 Cn1 相互外切，以 rn 表示圆 Cn 的半径，已知rn为递增数列(1)证明：rn为等比数列；(2)设 r11，求数列nrn的前 n 项和【思路点拨】(1)充分利用切线、半径、原点与圆心的连线所构成的直角三角形可证rn为等比数列(2)利用错位相减法求和【解】(1)证明：将直线 y 33 x 的倾斜角记为，则有 tan 33，sin 12.设 Cn 的圆心坐标为(n,0)，则由题意知rnn12，得 n2rn；同理 n12rn1，从而 n1nrnrn12rn1，将 n2rn 代入，解得 rn13rn.故rn为公比 q3 的等比数列(2)由于 r11，q3，故 rn3n1，从
13、而nrnn31n，记 Sn1r12r2nrn，则有 Sn1231332n31n，Sn3 131232(n1)31nn3n.两式相减，得2Sn3 1313231nn3n13n23n3n32(n32)3n.Sn9412(n32)31n92n331n4.【名师点评】数列、解析几何、不等式是高考的重点内容，将三者密切综合在一起，强强联合命制大型综合题是历年高考的热点和重点数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数作为背景的数列的综合问题，体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选数列中的探索性问题 探索性问题
14、往往需要由给定的条件去探究相应的结论或由问题的结论去寻找相应的条件，在解题时应透过问题的表象去寻求、发现规律性的东西例4(2009 年高考四川卷)设数列an的前 n 项和为 Sn，对任意的正整数 n，都有 an5Sn1 成立，记 bn4an1an(nN)(1)求数列an与数列bn的通项公式；(2)设数列bn的前 n 项和为 Rn，是否存在正整数 k，使得 Rk4k 成立？若存在，找出一个正整数 k；若不存在，请说明理由；(3)记 cnb2nb2n1(nN)，设数列cn的前 n 项和为 Tn，求证：对任意正整数 n，都有 Tn32.【思路点拨】本题第(1)问中数列an的通项公式由an5Sn1推出
15、，再代入bn可得数列bn的通项公式；第(2)问中，由bn的通项公式知，对bn的前n项和Rn求和，应对n分奇、偶讨论，与4k比较大小，可先从特值探索；第(3)问中，应考虑适度放缩，才能顺利求和【解】(1)当 n1 时，a15a11，a114.又an5Sn1，an15Sn11.an1an5an1，即 an114an.数列an成等比数列，其首项 a114，公比 q14.an(14)n.bn414n114n.(2)不存在正整数 k，使得 Rk4k 成立下面证明：对任意的正整数 n，都有 Rn4n 成立由(1)知 bn454n1.b2k1b2k8542k11542k18516k12016k481516k
16、4016k116k48.当 n 为偶数时，设 n2m(mN)则 Rn(b1b2)(b3b4)(b2m1b2m)8m4n；当 n 为奇数时，设 n2m1(mN)，则 Rn(b1b2)(b3b4)(b2m3b2m2)b2m18(m1)48m44n.对一切的正整数 n，都有 Rn4n.不存在正整数 k，使得 Rk4k 成立(3)证明：由(1)知 b2nb2n1542n1542n112516n16n116n42516n16n2316n42516n16n2 2516n.又 b13，b2133，c143.当 n1 时，T132.当 n2 时，Tn4325(1162 1163 116n)432511621
17、116n11 116432511621 11669480y0ynx3n所表示的平面区域为Dn，记 Dn 内的格点(格点即横坐标和纵坐标均为整数的点)的个数为 f(n)(nN)(1)求 f(1)、f(2)的值及 f(n)的表达式；(2)记 bn2nf(n)，Sn 为bn的前 n 项和，求 Sn；(3)设 Tnfnfn12n，若对一切正整数 n，总有Tnm 成立，求实数 m 的取值范围解：(1)f(1)3，f(2)6.当 x1 时，y2n，可取格点 2n 个；当 x2 时，yn，可取格点 n 个f(n)3n.(2)由题意知 bn3n2n，Sn3216229233(n1)2n13n2n，2Sn3226233(n1)2n3n2n1.Sn32132232332n3n2n13(21222n)3n2n1322n112 3n2n13(2n12)3n2n1，Sn(33n)2n16，Sn6(3n3)2n1.(3)Tnfnfn12n3n3n32n，Tn1Tn 3n33n62n13n3n32nn22n，当 n1 时，n22n 1；当 n2 时，n22n 1；当 n3时，n22n 1，T1T4Tn，故 Tn 的最大值是 T2T3272，m272.本部分内容讲解结束 点此进入课件目录按ESC键退出全屏播放谢谢使用
