数学选择性必修 第三册5.4 数列的应用学案
展开1.掌握等差数列与等比数列通项公式及前n项和公式 (重点)
2.能运用等差数列与等比数列的通项公式及前n项和公式解决一些简单的实际问题.
[教材要点]
知识点
[基础自测]
1.中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还”.其大意为:“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地”.则该人第五天走的路程为( )
A.6里 B.12里
C.24里 D.48里
2.一弹性球从100米高处自由落下,每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下,则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)( )
A.300米 B.299米
C.199米 D.166米
3.现有200根相同的钢管,把它们堆成正三角形垛,要使剩余的钢管尽可能少,那么剩余钢管的根数为________.
4.已知数列{an}中,a1=1,且an+1-an=3n-n,求数列{an}的通项公式.
题型一 等比数列的应用
例1 借贷10 000元,月利率为1%,每月以复利计息,王老师从借贷后第二个月开始等额还贷,分6个月付清,试问每月应支付多少元(1.016≈1.061,1.015≈1.051)?
方法归纳
解决此类问题的关键是建立等比数列模型及弄清数列的项数,所谓复利计息,即把上期的本利和作为下一期本金,在计算时每一期本金的数额是不同的,复利的计算公式为S=P(1+r)n,其中P代表本金,n代表存期,r代表利率,S代表本利和.
跟踪训练1 一个热气球在第一分钟上升了25 m的高度,在以后的每一分钟里,它上升的高度都是它在前一分钟里上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125 m吗?
题型二 等差数列的应用
例2 某抗洪指挥部接到预报,24小时后有一洪峰到达,为确保安全,指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤坝作为第二道防线.经计算,除现有的参战军民连续奋战外,还需调用20台同型号翻斗车,平均每辆车工作24小时.从各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用,每隔20分钟能有一辆翻斗车到达,一共可调集25辆,那么在24小时内能否构筑成第二道防线?
方法归纳
建立等差数列的模型时,要根据题意找准首项、公差和项数或者首项、末项和项数.
跟踪训练2 甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动,甲第1分钟走2 m,以后每分钟比前1分钟多走1 m,乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇?
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回,甲继续每分钟比前1分钟多走1 m,乙继续每分钟走5 m,那么开始运动几分钟后第二次相遇?
题型三 数列求和
例3 (1)已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足bn=lg3an,则数列eq \f(1,bnbn+1)的前n项和Sn=________.
(2)设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3×22n-1.
①求数列{an}的通项公式;
②令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
方法归纳
数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和,不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解.
一般常见的求和方法有:
(1)公式法(直接利用等差或等比数列的前n项和公式);
(2)分组求和法;
(3)错位相减法;
(4)倒序相加法;
(5)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和;形如an=eq \f(1,nn+k)(k为非零常数)型化为an=eq \f(1,nn+k)=eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)-\f(1,n+k)));
(6)并项求和法:一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.
提醒:求和抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.
跟踪训练3 已知正项数列{an}中,a1=1,点(eq \r(an),an+1)(n∈N+)在函数y=x2+1的图像上,数列{bn}的前n项和Sn=2-bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=eq \f(-1,an+1lg2bn+1),求{cn}的前n项和Tn.
eq \x(温馨提示:请完成课时分层作业九)
5.4 数列的应用
新知初探·自主学习
[基础自测]
1.解析:记每天走的路程里数为{an},由题意知{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列,由S6=378,得S6=eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,26))),1-\f(1,2))=378,解得a1=192,∴a5=192×eq \f(1,24)=12(里).故选B.
答案:B
2.解析:小球10次着地共经过的路程为100+100+50+…+100×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))8=299eq \f(39,64)≈300(米).
答案:A
3.解析:钢管排列方式是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列,最上面一层钢管数为1,逐层增加1个.
∴钢管总数为:1+2+3+…+n=eq \f(nn+1,2).
当n=19时,S19=190.当n=20时,S20=210>200.
∴n=19时,剩余钢管根数最少,为10根.
答案:10
4.解析:由an+1-an=3n-n,
得an-an-1=3n-1-(n-1),
an-1-an-2=3n-2-(n-2),
…
a3-a2=32-2,a2-a1=3-1.
当n≥2时,以上n-1个等式两边分别相加,得
(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)
=3n-1+3n-2+…+3-[(n-1)+(n-2)+…+1],
即an-a1=eq \f(31-3n-1,1-3)-eq \f(nn-1,2).
又∵a1=1,
∴an=eq \f(1,2)×3n-eq \f(nn-1,2)-eq \f(1,2).
显然a1=1也适合上式,
∴{an}的通项公式为an=eq \f(1,2)×3n-eq \f(nn-1,2)-eq \f(1,2).
课堂探究·素养提升
例1 解析:法一:设每个月还贷a元,第1个月后欠款为a0元,以后第n个月还贷a元后,还剩下欠款an元(1≤n≤6),则a0=10 000,a1=1.01a0-a,
a2=1.01a1-a=1.012a0-(1+1.01)a,
…
a6=1.01a5-a=…=1.016a0-(1+1.01+…+1.015)a.
由题意,可知a6=0,即1.016a0-(1+1.01+…+1.015)a=0,a=eq \f(1.016×102,1.016-1).因为1.016≈1.061,
所以a≈eq \f(1.061×102,1.061-1)≈1 739(元).
故每月应支付1 739元.
法二:一方面,借款10 000元,将此借款以相同的条件存储6个月,则它的本利和为S1=104(1+0.01)6=104×(1.01)6(元).
另一方面,设每个月还贷a元,分6个月还清,到贷款还清时,其本利和为S2=a(1+0.01)5+a(1+0.01)4+…+a=eq \f(a[1+0.016-1],1.01-1)=a(1.016-1)×102(元).
由S1=S2,得a=eq \f(1.016×102,1.016-1)≈1 739(元).
故每月应支付1 739元.
跟踪训练1 解析:用an表示热气球在第n分钟上升的高度,由题意,
得an+1=eq \f(4,5)an,
因此,数列{an}是首项a1=25,公比q=eq \f(4,5)的等比数列.
热气球在前n分钟内上升的总高度为:
Sn=a1+a2+…+an=eq \f(a11-qn,1-q)=eq \f(25×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n)),1-\f(4,5))=125×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n))<125.
故这个热气球上升的高度不可能超过125 m.
例2 解析:从第一辆车投入工作算起各车工作时间(单位:小时)依次设为a1,a2,…,a25.由题意可知,此数列为等差数列,且a1=24,公差d=-eq \f(1,3).
25辆翻斗车完成的工作量为:a1+a2+…+a25=25×24+25×12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,3)))=500,而需要完成的工作量为24×20=480.∵500>480,∴在24小时内能构筑成第二道防线.
跟踪训练2 解析:(1)设n分钟后第1次相遇,依题意,有2n+eq \f(nn-1,2)+5n=70,
整理得n2+13n-140=0.解得n=7,n=-20(舍去) .
第1次相遇是在开始运动后7分钟.
(2)设n分钟后第2次相遇,依题意,有2n+eq \f(nn-1,2)+5n=3×70,
整理得n2+13n-420=0.解得n=15,n=-28(舍去).
第2次相遇是在开始运动后15分钟.
例3 解析:(1)设等比数列{an}的公比为q,则eq \f(a4,a1)=q3=27,
解得q=3.所以an=a1qn-1=3×3n-1=3n,
故bn=lg3an=n,
所以eq \f(1,bnbn+1)=eq \f(1,nn+1)=eq \f(1,n)-eq \f(1,n+1).
则Sn=1-eq \f(1,2)+eq \f(1,2)-eq \f(1,3)+…+eq \f(1,n)-eq \f(1,n+1)
=1-eq \f(1,n+1)=eq \f(n,n+1).
(2)①由已知,当n≥1时,
an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
而a1=2,符合上式,
所以数列{an}的通项公式为an=22n-1.
②由bn=nan=n·22n-1知
Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n-1,①
从而22·Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n+1,②
①-②得(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n×22n+1,
即Sn=eq \f(1,9)[(3n-1)22n+1+2].
答案:(1)eq \f(n,n+1) (2)见解析
跟踪训练3 解析:(1)∵点(eq \r(an),an+1)(n∈N+)在函数y=x2+1的图像上,
∴an+1=an+1,∴数列{an}是公差为1的等差数列.
∵a1=1,∴an=1+(n-1)=n,
∵Sn=2-bn,∴Sn+1=2-bn+1,
两式相减得:bn+1=-bn+1+bn,即eq \f(bn+1,bn)=eq \f(1,2),
由S1=2-b1,即b1=2-b1,得b1=1.
∴数列{bn}是首项为1,公比为eq \f(1,2)的等比数列,
∴bn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1.
(2)lg2bn+1=lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n=-n,
∴cn=eq \f(1,nn+1)=eq \f(1,n)-eq \f(1,n+1),
∴Tn=c1+c2+…+cn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2)))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)-\f(1,3)))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)-\f(1,4)))+…+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)-\f(1,n+1)))=1-eq \f(1,n+1)=eq \f(n,n+1).
人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.1.2 数列中的递推导学案: 这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.1.2 数列中的递推导学案,共9页。
高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.1.1 数列的概念学案: 这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.1.1 数列的概念学案,共10页。
2020-2021学年第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列学案及答案: 这是一份2020-2021学年第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列学案及答案,共10页。学案主要包含了思维·引,内化·悟,类题·通,习练·破,加练·固,素养·探,解题指南,新情境·新思维等内容,欢迎下载使用。