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第六章
　数列
第5课时　数列的综合应用
[考试要求]　1．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法．
2．会利用数列的函数性质解与不等式相关的数列综合问题．
考点一　数列模型的应用
[典例1]　(2025·湖北武汉模拟)京都议定书正式生效后，全球碳交易市场出现了爆炸式的增长．某林业公司种植速生林木参与碳交易，到2024年年底该公司速生林木的保有量为200万立方米，速生林木年均增长率为20%，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐17万立方米制作筷子．设从2025年开始，第n年年底的速生林木保有量为an万立方米．
典例精研·核心考点
(1)求a1，请写出一个递推公式表示an＋1与an之间的关系；
(2)是否存在实数λ，使得数列为等比数列，如果存在，求出实数λ；
(3)该公司在接下来的一些年里深度参与碳排放，若规划速生林木保有量实现由2024年年底的200万立方米翻两番，则至少到哪一年年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求？
(参考数据：1.28≈4.3，1.29≈5.2，1.210≈6.2，1.211≈7.4)
解：(1)a1＝200－17＝223(万立方米)，
又an＋1＝an－17＝an－17，
即an＋1＝an－17．
(2)若存在实数λ，使得数列为等比数列，
则存在非零常数q，使得an＋1＋λ＝q，整理得到an＋1＝qan－λ＋qλ，而an＋1＝an－17，故q＝，qλ－λ＝－17，即λ＝－85．
当λ＝－85时，则an＋1－85＝，
而a1－85＝223－85＝138≠0，故an－85≠0，即＝，
故为等比数列，故存在实数λ＝－85，使得为等比数列．
(3)由(2)可得是首项为138，公比为的等比数列，
故an－85＝138×即an＝85＋138×，
此时{an}为递增数列．
令an≥4×200，则85＋138×≥800，
当n＝9时，85＋138×＝85＋138×≈85＋138×4.3＝678.4<800，
当n＝10时，85＋138×＝85＋138×≈85＋138×5.2＝802.6>800，
故至少到2034年年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求．
名师点评　数列实际应用中的常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定且不为零的数，则该模型是等比模型，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，则应考虑是第n项an与第n＋1项an＋1有递推关系，还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋1之间有递推关系．
一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或依次减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列．
[跟进训练]
1．(1)某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　)
(参考数据：1.18≈2.144，1.19≈2.358，1.110≈2.594，1.111≈2.853)
A．1 429 B．1 472
C．1 519 D．1 571
√
(2)(多选)小明向银行贷款A0元创业，并与银行约定：每个月还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为r．设小明每个月所要还款的钱数为x元，则下列说法正确的是(　　)
A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法”
B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法”
C．小明第一个月还款的现值为 元
D．x＝
√
√
√
(1)B　(2)BCD　[(1)由题可知cn＝(1＋10%)cn－1－100＝1.1cn－1－100，
设cn＋k＝1.1(cn－1＋k)，解得k＝－1 000．
即cn－1 000＝1.1(cn－1－1 000)，
故数列{cn－1 000}是首项为c1－1 000＝200，公比为1.1的等比数列．
所以cn－1 000＝200×1.1n-1，则cn＝200×1.1n-1＋1 000，
所以c10＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472．
故选B．
(2)A，B选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法”，A错误，B正确； C选项，设小明第一个月还款的现值为M，则M(1＋r)＝x，解得M＝，故C正确；
D选项，根据“等额本息还款法”可得，第一个月月末所欠银行贷款为A1＝A0(1＋r)－x，
第二个月月末所欠银行贷款为A2＝A1(1＋r)－x＝A0(1＋r)2－x(1＋r)－x，
第三个月月末所欠银行贷款为A3＝A2(1＋r)－x＝A0(1＋r)3－x(1＋r)2－x(1＋r)－x，
……
第十二个月月末所欠银行贷款为A12＝A0(1＋r)12－x(1＋r)11－x(1＋r)10－…－x(1＋r)－x
＝A0(1＋r)12－x[(1＋r)11＋(1＋r)10＋…＋(1＋r)＋1]
＝A0(1＋r)12－＝A0(1＋r)12＋，
由于分12次还清所有的欠款，
故A0(1＋r)12＋＝0，
解得x＝，D正确．故选BCD．]
【教用·备选题】
某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2023年投入1 000万元，以后每年投入将比上一年减少，本年度当地旅游业收入估计为500万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加．
(1)设n年内(2023年为第一年)总投入为Sn万元，旅游业总收入为Tn万元，写出Sn，Tn的表达式；
(2)至少到哪一年，旅游业的总收入才能超过总投入．
(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1，lg 5≈0.699 0)
解：(1)第1年投入1 000万元，第2年投入1 000×万元，…，第n年投入
1 000×万元，所以n年内的总投入为
Sn＝1 000＋1 000×＋…＋1 000×n-1＝＝5 000，
第1年旅游业收入为500万元，第2年旅游业收入为500×万元，
…，
第n年旅游业收入为500×万元．
所以，n年内的旅游业总收入为
Tn＝500＋500×＋…＋500×＝＝2 000 × ．
(2)设至少经过n年，旅游业的总收入才能超过总投入，由此Tn－Sn>0，
即2 000× －5 000 >0，
化简得5×＋2×－7>0，
设x＝，代入上式得5x2－7x＋2>0，
解此不等式，得x<或x>1(舍去)．
即<，则n lg ＜lg ，n＞＝＝≈4.1，由此得n≥5．
即至少到2027年，旅游业的总收入才能超过总投入．
考点二　数列中的不等式证明
[典例2]　已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1 (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜．
解：(1)∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，①
∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4．
当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，②
①－②得4an＝anan＋1－an－1an．
由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4．
当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，
∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，
即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列，
∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)．
综上可知，an＝2n，n∈N*．
(2)证明：＝＞＝，
∴Tn＝＞
＝＝．
又＝＜＝＝，
∴Tn＝＜
＝＜．
综上所述，＜Tn＜．
名师点评　与数列有关的不等式证明问题的求解常用两种方法：一是放缩法；二是借助函数的单调性证明．
(1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式．放缩时要研究通项，放缩是为了能化简．
(2)常见的放缩技巧：
①＜＝；
②＜＜；
③2()＜＜2()；
④＜＜＜．
[跟进训练]
2．(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求{an}的通项公式；
(3)令bn＝，证明：bn解：(1)证明：因为an＋1＝，a1＝3>0，
所以an>0，所以＝＝，
所以1－＝＝．
因为1－＝≠0，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知，1－＝＝，
所以＝1－，
所以an＝＝．
(3)证明：bn＝＝＝＝＝＝1－．
令f (n)＝3·－2，n∈[1，＋∞)，
因为f (n)＝3·－2在n∈[1，＋∞)上单调递增，则f (n)≥f (1)＝3×－2＝>0，
所以数列在n∈N*上递减，从而数列{bn}在n∈N*上递增，且bn<1，故得bn【教用·备选题】
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＝2an(n∈N*)．
(1)证明：数列{Sn＋2}是等比数列；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1．
[证明]　(1)当n＝1时，S1＋2＝2a1，
∴S1＝a1＝2，
当n≥2时，Sn＋2＝2(Sn－Sn－1)，
Sn＝2Sn－1＋2，Sn＋2＝2(Sn－1＋2)，
∴＝2，又S1＋2＝4，
∴数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知Sn＋2＝4×2n-1，Sn＝2n+1－2，代入Sn＋2＝2an，得an＝2n，
∴＝＝，
∴Tn＝＋…＋
＝1－<1，
由n≥1，2n+1≥4，2n+1－1≥3，
得，∴－≥－，
∴1－．
综上所述，≤Tn<1．
考点三　数列中的不等式恒成立
[典例3]　(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即＝．
当n＝1时，4S2＝4＝－－9，
解得a2＝－，所以＝．
所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，
所以an＝－＝－．
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×．
所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)×，①
Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)×＋(n－4)×，②
①－②得Tn＝－3×＋＋…＋－(n－4)×＝－－(n－4)×＝－n×，所以Tn＝－4n×．
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×≤λ(n－4)×恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立；
当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3．
所以－3≤λ≤1．
名师点评　数列与不等式的恒成立的问题可借助数列的单调性或转化为函数的最值问题解答．
[跟进训练]
3．已知数列的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．
解：由2an＋1＝3Sn，得an＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则＝Sn－Sn－1，
整理得Sn＝－2Sn－1＋1，即Sn－＝－2，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1，
于是S1－＝，数列是首项为，公比为－2的等比数列，
因此Sn－＝·(－2)n-1，即Sn＝，由tSn<2n，得·t<2n，
当n为奇数时，·t<2n，即t<＝3－，显然为递增数列，
当n＝1时，＝2，于是t<2，
当n为偶数时，·t<2n，即t>＝－3＋，显然恒有－3＋<－3，于是t≥－3，
所以实数t的取值范围为．
【教用·备选题】
1．各项不为零的数列{an}满足an＝(n≥2，n∈N*)，且a2＝
－1．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若≥λ对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)证明：∵各项不为零的数列{an}满足an＝(n≥2，n∈N*)，
两边同时取倒数，可得＝＋3，∴＝3．
∵a2＝－1，∴＝3，解得＝－4．
∴数列为等差数列，且公差为3，首项为－4．
(2)由(1)可得＝－4＋3(n－1)＝3n－7，
∴an＝．
∵≥λ对任意n∈N*恒成立，
∴λ≤对任意n∈N*恒成立，
令f (n)＝＝＝1－，
当n＝1时，f (1)＝4；
当n＝2时，f (2)＝－；
当n≥3时，f (n)单调递增，＝f (3)≤f (n)<1，
∴f (n)min＝f (2)＝－，
∴λ≤－．
∴实数λ的取值范围为 ．
2．已知数列的前n项和为Sn，点在直线y＝x＋4上，数列满足bn＋2－2bn＋1＋bn＝0且b4＝8，前11项和为154．
(1)求数列的通项公式；
(2)令cn＝，数列的前n项和为Tn，求使不等式Tn>对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值．
解：(1)由题意，得＝n＋4，即Sn＝n2＋4n，
故当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－－4＝2n＋3，∵n＝1时，a1＝S1＝5，符合上式，
∴an＝2n＋3，n∈N*．
又bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，
∴为等差数列，∴＝154，
∵b4＝8，∴b8＝20，∴d＝＝3，
∴bn＝b4＋3＝3n－4，
即bn＝3n－4，n∈N*．
(2)cn＝＝＝
＝ ＝．
∴Tn＝＝＝．
∵Tn＋1－Tn＝＝>0，
∴Tn单调递增，Tn的最小值为T1且T1＝，
令>，得k<12，∴kmax＝12．
∴使不等式Tn>对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值为12．
1．(2025·福建福州期中)记数列的前n项和为Sn，Sn＝(n＋1)an－n(n＋1)．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，证明：≤Tn<．
课后作业(三十七)　数列的综合应用
2
4
3
题号
1
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
解：(1)因为Sn＝(n＋1)an－n(n＋1)，
当n≥2时，Sn－1＝nan－1－n(n－1)，
则an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)an－n(n＋1)－nan－1＋n(n－1)＝(n＋1)an－nan－1－2n，
故nan＝nan－1＋2n，即an－an－1＝2，
当n＝1时，有a1＝S1＝a1－1×2，即a1＝2，
故{an}是首项、公差均为2的等差数列，故an＝2＋2(n－1)＝2n．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
(2)证明：由(1)得an＝2n，
故＝＝，
则Tn＝＝．
因为Tn＝，故Tn<，
又y＝在[1，＋∞)上单调递减，
故Tn＝随n的增大而增大，
故Tn≥T1＝＝，
综上，≤Tn<．
2
3
题号
1
4
2．(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．求：
(1)数列{an}的通项公式；
(2)使得Sn>an成立的n的最小值．
2
3
题号
1
4
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
∴
由①得a1＋2d＝0 a1＝－2d，代入②得(－d)·d＝－8d＋6d d2－2d＝0，
∵d≠0，∴d＝2，∴a1＝－4，∴an＝－4＋2(n－1)＝2n－6．
(2)Sn＝－4n＋·2＝n2－5n，
由Sn＞an n2－5n＞2n－6，∴n2－7n＋6＞0，(n－1)(n－6)＞0，
∴n＞6，∵n∈N*，故n的最小值为7．
2
3
题号
4
1
3．容器A内装有6 L质量分数为20%的盐水溶液，容器B内装有4 L质量分数为5%的盐水溶液，先将A内的盐水倒1 L进入B内，再将B内的盐水倒1 L进入A内，称为一次操作．这样反复操作n次，A，B容器内的盐水的质量分数分别为an，bn．
(1)求a1，b1，并证明{an－bn}是等比数列；
(2)至少操作多少次，A，B两容器内的盐水浓度之差小于1%？(取
lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)
(3)求an，bn的表达式．
2
3
题号
4
1
解：(1)由题意，b1＝＝，
a1＝＝．
∵bn＋1＝，an＋1＝(5an＋bn＋1)＝，
∴an＋1－bn＋1＝(an－bn)，又a1－b1＝，∴{an－bn}是以为首项，为公比的等比数列．
2
3
题号
4
1
(2)由(1)知an－bn＝，
∴＜1%，
∴n－1＞≈5.7，
∴n≥7，故至少操作7次．
(3)∵bn＋1＝，
∴bn＋1－bn＝，
2
3
题号
4
1
∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝
＝－＋．
∴an＝bn＋＝＋．
2
4
3
题号
1
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且2bn＝(n－2)·(an－1)，若Tn≥λbn对于n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
2
4
3
题号
1
解：(1)∵Sn＝n－an，
∴Sn－1＝(n－1)－an－1(n≥2)，
两式作差得2an＝an－1＋1(n≥2)，
∴an－1＝(an－1－1)(n≥2)，
当n＝1时，S1＝1－a1，
∴a1－1＝－，
∴{an－1}是首项为－，公比为的等比数列，故an＝1－．
2
4
3
题号
1
(2)∵2bn＝(n－2)(an－1)，
∴bn＝(2－n)，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×＋0×＋(－1)×＋…＋(2－n)， ①
Tn＝1×＋0×＋(－1)×＋…＋(2－n)， ②
2
4
3
题号
1
两式作差得Tn＝1×－ －(2－n)，
化简得Tn＝，
∵Tn≥λbn恒成立，
∴≥λ(2－n)，n≥λ(2－n)，
当n＝1时，λ≤1；
当n＝2时，λ∈R；
2
4
3
题号
1
当n≥3时，λ≥＝－＝－，
而－＜－1，∴λ≥－1，
综上所述，－1≤λ≤1．
谢 谢！

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