数列专题三　数列的应用问题-2024-2025学年第二学期高二数学同步课件（人教A版2019选必二）

数列专题三　 数列的应用问题 第1页 1.能理解数列在生活中的应用，并根据所学内容尝试解决其在生活中的问题. 2.能理解数列的递推性质问题，并能解决其在生活中的应用 3.能根据所学内容解决数列在几何中的应用问题. 学习目标 第1页 课内导航 数列在生活中的应用 递推型数列问题 1 2 数列在几何中的应用 数列中的结构不定问题 3 4 第1页 一 数列在生活中的应用 第1页 题型一　数列在生活中的应用 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟1 第页 第1页 11a(1.110－1) 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 二 递推型数列问题 第1页 题型二　递推数列型问题 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟2 第页 第1页 59 第页 第1页 第页 第1页 三 数列在几何中的应用 第1页 题型三　数列在几何中的应用 73 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟3 第页 第1页 √ 第页 第1页 第页 第1页 四 数列中的结构不定问题 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 2 0 2 4 看 观 谢 谢 ★新教材同步学案★ 第1页 例1　某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案，一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案，每年贷款1万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年多获利5千元．两种方案，使用期限都是十年，到期一次性归还本息，若银行贷款利息按年息10%的复利计算，比较两种方案，哪个净获利较多？(计算数据精确到千元，1.110≈2.594，1.310≈13.786) 【解析】　甲方案中，每年获利构成等比数列，首项为1，公比为1＋30%，前10项和为S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq \f(1.310－1,1.3－1)≈42.62(万元)．又贷款本息总数为10(1＋10%)10＝10×1.110≈25.94(万元)， 所以甲方案净获利42.62－25.94≈16.7(万元)． 乙方案中，每年获利构成等差数列，首项为1，公差为eq \f(1,2)，前10项和为T10＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋(1＋2×eq \f(1,2))＋…＋(1＋9×eq \f(1,2))＝eq \f(10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)＋1)),2)＝32.5(万元)， 而贷款本息总数为1.1×[1＋(1＋10%)＋…＋(1＋10%)9]＝1.1×eq \f(1.110－1,1.1－1)≈17.534(万元)，所以乙方案净获利32.5－17.534≈15.0(万元)． 比较可得甲方案净获利较多． 将实际问题转化为数列问题时应注意： (1)分清是等差数列还是等比数列． (2)分清是求an，还是求Sn，要准确确定项数n. (3)递推关系的发现是数列建模的关键点． 思考题1　(1)某超市去年的销售额为a万元，计划在今后10年内每年比上一年增加10%.从今年起10年内这家超市的总销售额为_____________万元． 【解析】　设今后10年每年的销售额为ai(i＝1，2，3，…，10)， 因为超市去年的销售额为a万元，计划在今后10年内每年比上一年增加10%. 所以今年的销售额为a1＝1.1a，今后第i＋1年的销售额与第i年的销售额的关系为ai＋1＝1.1ai，所以今后10年每年的销售额ai(i＝1，2，3，…，10)构成等比数列，公比为1.1，首项为a1＝1.1a.所以今年起10年内这家超市的总销售额为S10＝eq \f(1.1a（1－1.110）,1－1.1)＝11a(1.110－1)． (2)某公司本年度的研发投入估计为100万元，由于时代数据的日新月异，该公司也决定与时俱进．为将公司发展提升到一个新高度，该公司预计今后的研发投入每年都会比上一年增加eq \f(1,3). ①求该公司从今年起n年内的研发总投入； 【解析】　①设第n年该公司的研发投入为an万元，这n年内的研发总投入为Sn万元， 则a1＝100，an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))an＝eq \f(4,3)an，所以数列{an}是公比为eq \f(4,3)的等比数列， 所以Sn＝eq \f(100×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up22(n))),1－\f(4,3))＝300eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up22(n))) －1))， 即该公司从今年起n年内的研发总投入为300eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up22(n))－1)万元． ②试估计大约几年后，该公司的研发总投入超过3 000万元． 参考数据：48＝65 536，49＝262 144，38＝6 561，39＝19 683. 【解析】　②由①知Sn＝300eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1))，若Sn>3 000，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n>11， 由参考数据易得eq \f(48,38)<10，eq \f(49,39)>11，所以n≥9，所以大约9年后，该公司的研发总投入超过3 000万元． 例2　某企业投资1 000万元用于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年年底需要从利润中取出资金200万元进行科研、技术改造与广告投入，方能保持原有的利润增长率，则经过多少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番(4倍)的目标？(lg 2≈0.301 0) 【解析】　设该项目逐年的项目资金数依次为a1，a2，a3，…，an. 则由已知an＋1＝an(1＋25%)－200(n∈N*)． 即an＋1＝eq \f(5,4)an－200.令an＋1－x＝eq \f(5,4)(an－x)，即an＋1＝eq \f(5,4)an－eq \f(x,4). 由于eq \f(x,4)＝200，∴x＝800. ∴an＋1－800＝eq \f(5,4)(an－800)(n∈N*)． 故数列{an－800}是以a1－800为首项，eq \f(5,4)为公比的等比数列． ∵a1＝1 000(1＋25%)－200＝1 050，∴a1－800＝250，∴an－800＝250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq \s\up22(n－1)，∴an＝800＋250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq \s\up22(n－1)(n∈N*)． 由题意an≥4 000，∴800＋250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq \s\up22(n－1)≥4 000，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq \s\up22(n)≥16. 两边取常用对数得nlg eq \f(5,4)≥lg 16，即n(1－3lg 2)≥4lg 2，又eq \f(4lg 2,1－3lg 2)≈12.4，∴n≥13.即经过13年后，该项目资金可以达到或超过翻两番的目标． 如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的递推关系式，那么我们就可以用递推数列的知识求解问题．解决此类探究性问题，关键在观察、分析已知数据、寻找它们之间的相互联系，利用常见数列的通项公式和求和知识求解． 思考题2　某企业2021年年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%.每年年底扣除下一年必需的消费资金后，剩余资金全部投入再生产，为了实现5年后投入再生产的资金至少达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为________万元．(结果取整数，参考数据：1.24≈2.07，1.25≈2.49) 【解析】　设每年应扣除的消费资金为x万元，n年后投入的再生产资金为an， 则1年后投入再生产的资金a1为500×(1＋20%)－x， 2年后投入再生产的资金a2＝a1×(1＋20%)－x＝500×(1＋20%)2－(1＋20%)x－x， …， 5年后投入再生产的资金a5＝500×(1＋20%)5－(1＋20%)4x－(1＋20%)3x－(1＋20%)2x－(1＋20%)x－x， ∵a5≥800， ∴eq \f(1.25－1,1.2－1)x≤1.25×500－800⇒x≤eq \f(1.25×100－160,1.25－1)，又eq \f(1.25×100－160,1.25－1)≈59.7，取整数为59. 例3　把一个边长为1的正方形分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖掉(如图1)；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个正方形挖掉(如图2)；如此继续下去．问： (1)图3中共挖掉了________个正方形； 【解析】　(1)8×9＋1＝73. (2)第n个图形中挖掉的正方形的面积和是________． 1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq \s\up22(n) 【解析】　(2)原正方形的边长为1，则第n个图形中挖掉的正方形的面积和为1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(2)＋8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(4)＋82×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(6)＋…＋8n－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(2n)＝eq \f(\f(1,9)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))\s\up22(n))),1－\f(8,9))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq \s\up22(n). 此类几何问题可以转化为等比数列模型，利用等比数列的有关知识解决，要注意步骤的规范性． 思考题3　如图，图甲是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3，…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an}，令bn＝eq \f(2,an－2)，Sn为数列{bn}的前n项和，则S120＝(　　) A．8　　　　 B．9 C．10 D．11 【解析】　由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2， 可得OA2＝2eq \r(2)，OA3＝2eq \r(3)，…，OAn＝2eq \r(n)，所以an＝OAn＋OAn＋1＋AnAn＋1＝2eq \r(n)＋2eq \r(n＋1)＋2，所以bn＝eq \f(2,an－2)＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)， 所以前n项和Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \r(2)－1＋eq \r(3)－eq \r(2)＋…＋eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \r(n＋1)－1，所以S120＝eq \r(120＋1)－1＝10. 故选C. 数列中的结构不定问题 例　设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________. 给出下列三个条件： 条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列； 条件②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上； 条件③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1. 试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并完成下列两问的解答． (1)求数列{an}的通项公式； 【解析】　(1)选条件①. 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，因为数列{Sn＋a1}为等比数列， 所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)， 即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)， 所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍)， 所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)． 选条件②. 因为点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上， 所以an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，所以an＝Sn－1＋1(n≥2)， 两式相减得an＋1－an＝an，即an＋1＝2an(n≥2)． 因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，所以a2＝2a1，满足上式， 所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an＝2n－1(n∈N*)． 选条件③. 因为2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N*)，(ⅰ) 所以当n≥2时，2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an， 所以2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an(n≥2)，(ⅱ) (ⅰ)－(ⅱ)，得2an＝nan＋1－2(n－1)an，即an＋1＝2an(n≥2)， 当n＝1时，2a1＝a2，满足上式，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1(n∈N*)． (2)设bn＝eq \f(1,log2an＋1·log2an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】　(2) 选条件①. 由(1)得an＝2n－1(n∈N*)， 所以bn＝eq \f(1,log2an＋1·log2an＋3)＝eq \f(1,n（n＋2）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))， 所以Tn＝eq \f(1,2)[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))]＝eq \f(1,2)(eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）). 选条件②.同选条件①. 选条件③.同选条件①. 思考题　在①2Sn＋1＝Sn＋1，②a2＝eq \f(1,4)，③Sn＝1－2an＋1这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答． 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足________，________，正项等差数列{bn}满足b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； 【解析】　(1)易知条件①③等价，故不能同时选择． 若选择①②，解答过程如下： 当n≥2时，由2Sn＋1＝Sn＋1，得2Sn＝Sn－1＋1，两式相减得2an＋1＝an，那么eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)(n≥2)． 当n＝1时，有2S2＝S1＋1，即2(a1＋a2)＝a1＋1，又a2＝eq \f(1,4)，所以a1＝eq \f(1,2)，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2)，所以{an}为首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up22(n). 设等差数列{bn}的公差为d，d≥0， 因为b1，b2－1，b3成等比数列，所以b1·b3＝(b2－1)2，即2(2＋2d)＝(1＋d)2，解得d＝3，所以bn＝3n－1. 若选择②③，解答过程如下： 当n≥2时，由Sn＝1－2an＋1，得Sn－1＝1－2an，两式相减得an＝2an－2an＋1，即2an＋1＝an，下同选①②. (2)cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 【解析】　(2)由cn＝an·bn＝eq \f(3n－1,2n)， 得Tn＝eq \f(2,21)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(3n－1,2n)， eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(3n－4,2n)＋eq \f(3n－1,2n＋1)， 所以eq \f(1,2)Tn＝1＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(3n－1,2n＋1)＝eq \f(5,2)－eq \f(3n＋5,2n＋1)， 所以Tn＝5－eq \f(3n＋5,2n). $$