5.5数列的简单应用
第五章 数列第5课时 数列的简单应用(对应学生用书(文)、(理)79～81页
)
1. (必修5P14例4改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，这个剧场共有________个座位． 答案：820
2. 从2007年1月2日起，每年1月2日到银行存入一万元定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期存款，到2013年1月1日将所有存款和利息全部取回，则可取回的钱的总数为________万元． 答案：1
p [(1
＋p)7－(1＋p)]
3. 某种细胞开始时有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按照此规律，6小时后，细胞的存活数是________． 答案：65
4. 办公大楼共有14层，现每一层派一人集中到第k 层开会，当这14位参加会议的人员上下楼梯所走路程的总和最小时，k ＝________． 答案：7或8
数列应用题常见模型 (1) 银行储蓄单利公式
利息按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝a(1＋rx)． (2) 银行储蓄复利公式
按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝a(1＋r)x(x ∈N 且x>1)． (3) 产值模型
原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间x 的总产值y ＝N(1＋p)x(x ∈N 且x>1)． (4)分期付款模型
设某商品一次性付款的金额为a 元，以分期付款的形式等额地分成n 次付清，每期期末所付款是x 元，每期利率为r ，则x ＝ar （1＋r ）n
（1＋r ）n －1(n ∈N
且n>1)．
[备课札记]
题型1 以等差数列为模型的实际问题
例1 某化工企业2007年底投入100万元，购入一套污水处理设备．该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．
(1) 求该企业使用该设备x 年的年平均污水处理费用y(万元)；
(2) 为使该企业的年平均污水处理费用最低，该企业几年后需要重新更换新的污水处理设备？ 解：(1) y ＝100＋0.5x ＋（2＋4＋6＋…＋2x ）
x ， 即y ＝x ＋100
x ＋1.5(x ＞0)． (2) 由均值不等式得 y ＝x ＋100
x ＋1.5≥2
x·100
x ＋1.5＝21.5，
当且仅当x ＝100
x ，即x ＝10时取到等号，
故该企业10年后需要重新更换新设备． 变式训练 (2013·江西文)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵树是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n ∈N*)为________． 答案：6
解析：Sn ＝2×（1－2n ）
1－2
＝2n ＋1－2≥100，n ≥6.
题型2 以等比数列为模型的实际问题
例2 水土流失是我国西部大开发中最突出的问题，全国9 100万亩坡度为25°以上的坡耕地需退耕还林，其中西部占70%，2002年国家确定在西部地区退耕还林面积为515万亩，以后每年退耕土地面积递增12%.
(1) 试问，从2002年起到哪一年西部地区基本上解决退耕还林问题？
(2) 为支持退耕还林工作，国家财政补助农民每亩300斤粮食，每斤粮食按0.7元计算，并且每亩退耕地每年补助20元，试问到西部地区基本解决退耕还林问题时，国家财政共需支付约多少亿元？
解：(1) 设2002年起经x 年西部地区基本上解决退耕还林问题．依题意，得
515＋515×(1＋12%)＋515×(1＋12%)2＋…＋515×(1＋12%)x －1＝9 100×70%，即515×[1＋1.12＋1.122＋…＋1.12x －1]＝6 370，
1－1.12x －1×1.121－1.12＝6 370515＝1 274103 1.12x －10.12＝1 274
103， 整理得1.12x ≈2.484 3
x ≈log1.122.484 3＝lg2.484 3lg1.12≈0.359 2
0.049 2≈8.03.
又x ∈N ，故从2002年起到2009年年底西部地区基本解决退耕还林问题．
(2) 设到西部地区基本解决退耕还林问题时国家共需支付y 亿元． 首批退耕地国家应支付：515×104×(300×0.7＋20)×8，
第二批退耕地国家应支付：515×104×(1＋20%)×(300×0.7＋20)×7， 第三批退耕地国家应支付：515×104×(1＋20%)×(300×0.7＋20)×6， …
最后一批退耕地国家应支付：515×104×(1＋20%)7×(300×0.7＋20)×1. y ＝515×104×（300×0.7＋20）×（8＋7×1.12＋6×1.122＋…＋1×1.127）108， 令S ＝8＋7×1.12＋6×1.122＋…＋1×1.127，①
1．12S ＝8×1.12＋7×1.122＋6×1.123＋…＋1×1.128，② ②－①，得0.12S ＝－8×(1.12＋1.122＋1.123＋…＋1.127)＋1×1.128， 即0.12S ＝－8＋1.12－1.128×1.121－1.12
＝－8＋1.129－1.120.12≈－8＋2.773－1.12
0.12
， 解得S≈48.1，故y≈(515×104×230×48.1)÷108≈569.7亿元． 故到西部地区基本解决退耕还林问题国家共需支付约570亿元． 备选变式（教师专享）
设C1、C2、…、Cn 、…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在轴的正半轴上，且都与直线y ＝3
3x 相切，对每一个正整数n ，圆Cn 都与圆Cn ＋1相互外切，以rn 表示Cn 的半径，已知{rn}为递增数列．
(1) 证明：{rn}为等比数列；
(2) 设r1＝1，求数列?
???
??
n rn 的前n 项和.
(1) 证明：将直线y ＝33x 的倾斜角记为θ，则有ta nθ＝33，sin θ＝1
2.
设Cn 的圆心为(λn ，0)，则由题意得rn λn ＝1
2，得λn ＝2rn ；同理λn ＋1＝2rn ＋1，从而λn ＋1＝
λn ＋rn ＋rn ＋1＝2rn ＋1，将λn ＝2rn 代入，
解得rn ＋1＝3rn ，故{rn}为公比q ＝3的等比数列．
(2) 解：由于rn ＝1，q ＝3，故rn ＝3n －1，从而n
rn ＝n×31－n ， 记Sn ＝1r1＋2r2＋…＋n
rn ，则有
Sn ＝1＋2×3－1＋3×3－2＋…＋n×31－n ，①
Sn
3＝1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ＋n×3－n ，②
①－②，得
2Sn
3＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n －n×3－n ＝
1－3－n 23
－n×3－n ＝32－??
?
?n ＋32×3－n ， ∴Sn ＝94－12????n ＋32×31－n ＝9－（2n ＋3）×31－n 4. 题型3 数列中的综合问题
例3 已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为q ，且0＜q ＜1
2.
(1) 在数列{an}中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由；
(2) 若a1＝1，且对任意正整数k ，ak －(ak ＋1＋ak ＋2)仍是该数列中的某一项． (ⅰ) 求公比q ；
(ⅱ) 若bn ＝－logan ＋1(2＋1)，Sn ＝b1＋b2＋…＋bn ，Tr ＝S1＋S2＋…＋Sn ，试用S2 011表示T2 011.
解：(1) 由条件知an ＝a1qn －1，0＜q ＜1
2，a1＞0，所以数列{an}是递减数列．若有ak ，am ，an(k ＜m ＜n)成等差数列，则中项不可能是ak(最大)，也不可能是an(最小)， 若2am ＝ak ＋an 2qm －k ＝1＋qn －k ，(*)
由2qm －k ≤2q ＜1，1＋qh －k ＞1，知(*)式不成立， 故ak ，am ，an 不可能成等差数列．
(2) (ⅰ) (解法1)ak －ak ＋1－ak ＋2＝a1qk －1(1－q －q2)＝a1qk －1????
??
－????q ＋122＋54
，
由－
????q ＋122
＋54∈????14，1，知ak －ak ＋1－ak ＋2＜ak ＜ak －1＜…， 且ak －ak ＋1－ak ＋2＞ak ＋2＞ak ＋3＞…，
所以ak －ak ＋1－ak ＋2＝ak ＋1，即q2＋2q －1＝0， 所以q ＝2－1.
(解法2)设ak －ak ＋1－ak ＋2＝am ，则1－q －q2＝qm －k ，
由1－q －q2∈???
?14，1知m －k ＝1，即m ＝k ＋1， 以下同解法1. (ⅱ) bn ＝1
n ，
(解法1)Sn ＝1＋12＋13＋…＋1n ，
Tn ＝1＋????1＋12＋????1＋12＋13＋…＋(1＋12＋13＋…＋1n )
＝n ＋n －12＋n －23＋…＋n －（n －1）
n ＝n(1＋12＋13＋…＋1n )－(12＋23＋3
4＋…＋n －1n )
＝nSn －[(1－12)＋(1－13)＋(1－14)＋…＋(1－1
n )] ＝nSn －????（n －1）－????12＋1
3＋ (1)
＝nSn －???
?n －????1＋12＋1
3＋ (1)
＝nSn －n ＋Sn
＝(n ＋1)Sn －n ，
所以T2 011＝2 012S2 011－2 011.
(解法2)Sn ＋1＝1＋12＋13＋…＋1n ＋1n ＋1＝Sn ＋1
n ＋1，所以(n ＋1)Sn ＋1－(n ＋1)Sn ＝1，
所以(n ＋1)Sn ＋1－nSn ＝Sn ＋1，
2S2－S1＝S1＋1， 3S3－2S2＝S2＋1， … …
(n ＋1)Sn ＋1－nSn ＝Sn ＋1，
累加得(n ＋1)Sn ＋1－S1＝Tn ＋n ，
所以Tn ＝(n ＋1)Sn ＋1－1－n ＝(n ＋1)Sn －n ＝(n ＋1)(Sn ＋bn)－1－n
＝(n ＋1)?
???Sn ＋1n ＋1－1－n ＝(n ＋1)Sn －n ， 所以T2 011＝2 012S2 011－2 011.
备选变式（教师专享）
已知等差数列{an}满足：an ＋1>an(n ∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{bn}的前三项．
(1) 分别求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2) 设Tn ＝a1b1＋a2b2＋…＋an
bn (n ∈N*)，若Tn ＋2n ＋32n －1n
由a1＝1，a2＝1＋d ，a3＝1＋2d ，分别加上1，1，3有b1＝2，b2＝2＋d ，b3＝4＋2d. (2＋d)2＝2(4＋2d)，d2＝4. ∵ d>0，∴ d ＝2，q ＝b2b1＝4
2＝2，
∴ an ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，bn ＝2×2n －1＝2n. (2) Tn ＝a1b1＋a2b2＋…＋an bn ＝12＋322＋5
23＋…＋2n －12n ，① 12Tn ＝122＋323＋5
24＋…＋2n －12n ＋1
.② ①－②，得12Tn ＝12＋?
???12＋122＋1
23＋…＋12n －1－2n －12n ＋1，
∴ Tn ＝1＋1－
12n －11－12－2n －12n ＝3－1
2n －2
－2n －12n ＝3－2n ＋32n . ∴ Tn ＋2n ＋32n －1n ＝3－1
n <3. ∵ 3－1
n 在N*上是单调递增的， ∴ 3－1
n ∈[2，3)．
∴ 满足条件Tn ＋2n ＋32n －1
n 【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分16分) 已知数列{an}是首项为1，公差为d 的等差数列，数列{bn}是首项为1，公比为q(q ＞1)的等比数列． (1) 若a5＝b5，q ＝3，求数列{an ·bn}的前n 项和； (2) 若存在正整数k(k≥2)，使得ak ＝bk.试比较an 与bn 的大小，并说明理由． 审题引导： ① 等差数列与等比数列对应项的积错位相减求和；② 作差比较． 规范解答： 解： (1) 依题意，a5＝b5＝b1q5－1＝1×34＝81， 故d ＝a5－a15－1 ＝81－14＝20， 所以an ＝1＋20(n －1)＝20n －19.(3分) 令Sn ＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n －19)·3n －1，① 则3Sn ＝1×3＋21×32＋…＋(20n －39)·3n －1＋(20n －19)·3n ， ② ①－②，得－2Sn ＝1＋20×(3＋32＋…＋3n －1)－(20n －19)·3n ＝1＋20×3（1－3n －1）1－3－(20n － 19)·3n ＝(29－20n)·3n －29， 所以Sn ＝（20n －29）·3n ＋292.(7分) (2) 因为ak ＝bk ， 所以1＋(k －1)d ＝qk －1，即d ＝qk －1－1k －1， 故an ＝1＋(n －1)qk －1－1 k －1. 又bn ＝qn －1，(9分) 所以bn －an ＝qn －1－??? ???1＋（n －1）qk －1－1k －1 ＝ 1 k －1 [(k －1)(qn －1－1)－(n －1)(qk －1－1)] ＝ q －1 k －1 [(k －1)(qn －2＋qn －3＋…＋q ＋1)－(n －1)(qk －2＋qk －3＋…＋q ＋1)]．(11分) (ⅰ) 当1＜n ＜k 时，由q ＞1知 bn －an ＝q －1k －1[(k －n)(qn －2＋qn －3＋…＋q ＋1)－(n －1)(qk －2＋qk －3＋…＋qn －1)] ＜ q －1 k －1 [(k －n)(n －1)qn －2－(n －1)(k －n)qn －1] ＝－（q －1）2qn －2（k －n ）（n －1）k －1 ＜0；(13分) (ⅱ)当n ＞k 时，由q ＞1知 bn －an ＝q －1k －1[(k －1)(qn －2＋qn －3＋…＋qk －1)－(n －k)(qk －2＋qk －3＋…＋q ＋1)] ＞ q －1 k －1 [(k －1)(n －k)qk －1－(n －k)(k －1)qk －2] ＝(q －1)2qk －2(n －k) ＞0，(15分) 综上所述，当1＜n ＜k 时，an ＜bn ；当n ＞k 时，an ＞bn ；当n ＝1，k 时，an ＝bn.(16分) (注：仅给出“1＜n ＜k 时，an ＜bn ；n ＞k 时，an ＞bn ”得2分) 错因分析： 错位相减时项数容易搞错，作差比较后学生不能灵活倒用等比数列求和公式1－qn ＝(1－q)(1＋q ＋q2＋…＋qn －1)． 1. 已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a9成等比数列，Sn 为数列{an}的前n 项和，则 S11－S9 S7－S6 ＝________． 答案：3 解析：设公差为d ，则(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，∴ a1d ＝d2，又d≠0，∴ a1＝d ， 则 S11－S9S7－S6＝66a1－45a1 28a1－21a1 ＝3. 2. (2013·福建)已知等差数列{an}的公差d ＝1，前n 项和为Sn. (1) 若1，a1，a3成等比数列，求a1； (2) 若S5>a1a9，求a1的取值范围． 解：(1) 因为数列{}an 的公差d ＝1，且1，a1，a3成等比数列， 所以a21＝1×(a1＋2)， 即a21－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2. (2) 因为数列{}an 的公差d ＝1，且S5>a1a9， 所以5a1＋10>a21＋8a1； 即a21＋3a1－10<0，解得－5 3. 设{an}是公比不为1的等比数列，其前n 项和为Sn ，且a5，a3，a4成等差数列． (1) 求数列{an}的公比； (2) 证明：对任意k ∈N ＋，Sk ＋2，Sk ，Sk ＋1成等差数列． (1) 解：设公比为q ，则2a3＝a5＋a4，得2a1q2＝a1q4＋a1q3.又q≠0，a1≠0，q ≠1，∴ q ＝－2. (2) 证明：Sk ＋2＋Sk ＋1－2Sk ＝(Sk ＋2－Sk)＋(Sk ＋1－Sk)＝ak ＋1＋ak ＋2＋ak ＋1＝2ak ＋1＋ak ＋1·(－2)＝0，∴ Sk ＋2，Sk ，Sk ＋1成等差数列． 4. 已知数列{an}前n 项和为Sn ，且a2an ＝S2＋Sn 对一切正整数都成立． (1) 求a1，a2的值； (2) 设a1＞0，数列???? ?? lg 10a1an 前n 项和为Tn ，当n 为何值时，Tn 最大？并求出最大值． 解：(1) 取n ＝1时，a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，① 取n ＝2时，a22＝2a1＋2a2. ② 由②－①得，a2(a2－a1)＝a2. ③ 若a2＝0，由①知a1＝0； 若a2≠0，由③知a2－a1＝1. ④ 由①④解得a1＝2＋1，a2＝2＋2或a1＝1－2，a2＝2－ 2. 综上所述，a1＝0，a2＝0或a1＝2＋1，a2＝2＋2或a1＝1－2，a2＝2－ 2. (2) 当a1＞0时，a1＝2＋1，a2＝2＋2. n ≥2时，有(2＋2)an ＝S2＋Sn ， (2＋2)an －1＝S2＋Sn －1， ∴ (1＋2)an ＝(2＋2)an －1， 即an ＝2an －1(n≥2)， ∴ an ＝a1(2)n －1＝(2＋1)(2)n －1. 令bn ＝lg 10a1 an ＝1－n －12lg2， 故{bn}是递减的等差数列，从而b1＞b2＞…＞b7＝lg 10 8＞lg1＝0， n ≥8时，bn ≤b8＝12lg 100128＜1 2lg1＝0， 故n ＝7时，Tn 取得最大值，T7＝7－21 2lg2. 1. 某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第2名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，则此科研单位共拿出________万元资金进行奖励． 答案：2 046 解析：设第10名到第1名得到的奖金数分别是a1，a2，…，a10，则an ＝1 2Sn ＋1，则a1＝2，an －an －1＝????12Sn ＋1－??? ?12Sn －1＋1＝12(Sn －Sn －1)＝12an ，即an ＝2an －1，因此每人得的奖 金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以S10＝2（1－210） 1－2 ＝2 046. 2. 在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c ＝________． 答案：1 解析：由已知a ＝12，第1行的各个数依次是：1，32，2，52，3；第2行的各个数依次是：12，3 4，1，54，32.∴b ＝52×????123＝516，c ＝3×??? ?124＝316，∴a ＋b ＋c ＝12＋516＋316＝1. 3. 我国是一个人口大国，随着时间推移，老龄化现象越来越严重，为缓解社会和家庭压力，决定采用养老储备金制度．公民在就业的第一年交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…，an 是一个公差为d 的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定利率为r(r>0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n －1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n －2，…，以Tn 表示到第n 年所累计的储备金总额． (1) 写出Tn 与Tn －1(n≥2)的递推关系式； (2) 求证：Tn ＝An ＋Bn ，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列． (1) 解：由题意可得：Tn ＝Tn －1(1＋r)＋an(n ≥2)． (2) 证明：T1－a1，对n≥2反复使用上述关系式，得 Tn ＝Tn －1(1＋r)＋an ＝Tn －2(1＋r)2＋an －1(1＋r)＋an ＝…＝a1(1＋r)n －1＋a2(1＋r)n －2＋…＋an －1(1＋r)＋an ，① 在①式两端同乘1＋r ，得 (1＋r)Tn ＝a1(1＋r)n ＋a2(1＋r)n －1＋…＋an －1(1＋r)2＋an(1＋r)，② ②－①，得rTn ＝a1(1＋r)n ＋d[(1＋r)n －1＋(1＋r)n －2＋…＋(1＋r)]－an ＝d r [(1＋r)n －1－r]＋a1(1＋r)n －an. 即Tn ＝a1r ＋d r2(1＋r)n －d r n －a1r ＋d r2. 如果记An ＝a1r ＋d r2(1＋r)n ，Bn ＝－a1r ＋d r2－d r n ，则Tn ＝An ＋Bn.其中{An}是以a1r ＋d r2(1＋r)为首项，以1＋r(r>0)为公比的等比数列；{Bn}是以－a1r ＋d r2－d r 为首项，以－d r 为公差的等差数列． 4. 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a 2(n2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年销售额多??? ?23n －1a 万 元． (1) 设甲、乙两超市第n 年的销售额分别为an 、bn, 求an 、bn 的表达式； (2) 若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年？ 解：(1) 假设甲超市前n 年总销售额为Sn ，则Sn ＝a 2(n2－n ＋2)(n≥2)，因为n ＝1时，a1＝a ，则n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝a 2(n2－n ＋2)－a 2[(n －1)2－(n －1)＋2]＝a(n －1)，故an ＝ ?????a ，n ＝1，（n －1）a ，n ≥2. 又b1＝a ，n ≥2时，bn －bn －1＝????23n －1a ，故bn ＝b1＋(b2－b1)＋(b3－ b2)＋…＋(bn －bn －1)＝a ＋23a ＋????232a ＋…＋????23n －1a ＝??????1＋23＋????232＋…＋????23n －1a ＝1－??? ?23 n 1－23 a ＝???? ??3－2·????23n －1a ， 显然n ＝1也适合，故bn ＝???? ??3－2·????23n －1a(n ∈ N*)． (2) 当n ＝2时，a2＝a ，b2＝35a ，有a2>12b2；n ＝3时，a3＝2a ，b3＝199a ，有a3>1 2b3；当n≥4时，an ≥3a ，而bn<3a ，故乙超市有可能被甲超市收购． 当n≥4时，令1 2an>bn ， 则12(n －1)a>???? ??3－2·????23n －1a n －1>6－4·??? ?23n －1.即n>7－4·??? ?23n －1. 又当n≥7时，0<4·??? ?23n －1 <1， 故当n ∈N*且n≥7时，必有n>7－4·??? ?23n －1 . 即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购． 1. 深刻理解等差(比)数列的性质，熟悉他们的推导过程是解题的关键，两类数列性质既有类似的的部分，又有区别，要在应用中加强记忆．同时用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错． 2. 等比数列的前n 项和公式要分q ＝1，q ≠1两种情况讨论，容易忽视． 3. 在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程(组)，在解方程组时，仔细体会两种情形下解方程组的方法的不同之处． 请使用课时训练(A)第5课时(见活页)．[备课札记]