数学选择性必修 第三册5.4 数列的应用学案

这是一份数学选择性必修 第三册5.4 数列的应用学案，共7页。

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,nn＋k)(k为非零常数)型化为an＝eq \f(1,nn＋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(nn＋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(31－3n－1,1－3)－eq \f(nn－1,2).
又∵a1＝1，
∴an＝eq \f(1,2)×3n－eq \f(nn－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(nn－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＋0.016－1],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(a11－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(nn－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(nn－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,nn＋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,nn＋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).