第六单元_第四节_数列实际应用举例

《数列综合应用举例》教案一、教学目标1. 理解数列的概念及其性质2. 掌握数列的通项公式和求和公式3. 能够运用数列解决实际问题二、教学内容1. 数列的概念及其性质2. 数列的通项公式和求和公式3. 数列在实际问题中的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：数列的概念、性质、通项公式和求和公式2. 教学难点：数列在实际问题中的应用四、教学方法1. 采用讲解法，引导学生理解数列的概念和性质2. 采用示例法，教授数列的通项公式和求和公式3. 采用案例分析法，让学生学会运用数列解决实际问题五、教学过程1. 引入：通过生活中的实例，如等差数列“每月工资”、“每分钟心跳次数”等，引导学生认识数列的概念和性质。

2. 讲解：讲解数列的概念、性质、通项公式和求和公式，通过示例让学生理解并掌握这些知识点。

3. 练习：布置一些练习题，让学生运用所学的数列知识解决问题，巩固所学内容。

4. 案例分析：选取一些实际问题，如“等差数列投资”、“数列在数据处理中的应用”等，让学生学会运用数列知识解决实际问题。

5. 总结：对本节课的内容进行总结，强调数列在实际中的应用价值。

六、教学评价1. 课堂表现评价：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，评估学生对数列概念和性质的理解程度。

2. 练习题评价：通过学生完成的练习题，检查学生对数列通项公式和求和公式的掌握情况。

3. 案例分析评价：评估学生在案例分析中的表现，判断其能否将数列知识应用于实际问题中。

七、教学拓展1. 数列在数学其他领域的应用：介绍数列在代数、几何、概率等领域中的应用，激发学生的学习兴趣。

2. 数列与其他学科的交叉：探讨数列在其他学科如物理、化学、生物等方面的应用，拓宽学生的知识视野。

八、教学反思在课后，教师应反思本节课的教学效果，包括学生的学习兴趣、教学方法的适用性、学生对数列知识的掌握程度等，以便对后续教学进行调整和改进。

九、课后作业布置一些有关数列的练习题，包括填空题、选择题和解答题，让学生巩固所学知识，提高解题能力。

数列在实际问题中的应用在我们的日常生活和众多领域中，数列的身影无处不在。

从金融投资到生物繁殖，从工程建设到资源分配，数列都发挥着重要的作用。

它不仅是数学中的一个重要概念，更是解决实际问题的有力工具。

先来说说银行存款中的复利计算。

假设你在银行存入一笔本金 P，年利率为 r，存款期限为 n 年。

如果每年复利一次，那么 n 年后你的存款总额 A 就可以用等比数列的通项公式来计算：A ＝ P(1 ＋ r)＾n 。

比如说，你存入 10000 元，年利率为 5%，存 5 年，那么 5 年后你的存款总额就是 10000×（1 ＋ 005)＾5 ≈ 1276282 元。

这里的每年的存款金额就构成了一个等比数列，通过这个数列的计算，我们可以清晰地了解到资金的增长情况，从而更好地规划自己的财务。

在房屋贷款的计算中，数列也同样有着重要的应用。

假设你向银行贷款 P 元，月利率为 r，还款期限为 n 个月。

等额本息还款方式下，每月还款额 M 可以通过等差数列和等比数列的知识来推导得出。

通过这样的计算，你可以清楚地知道每个月需要还款的金额，以及在还款过程中本金和利息的比例变化。

这有助于你合理安排每月的收支，避免出现逾期还款等问题。

数列在资源分配问题中也大显身手。

比如，一家公司有一定数量的资源要分配给不同的项目。

假设公司共有资源 R，有 n 个项目需要分配资源，每个项目的资源需求按照一定的比例增长或减少。

通过构建等差数列或等比数列，可以找到最优的资源分配方案，使得资源得到最有效的利用，从而实现公司的最大效益。

再看人口增长问题。

在理想情况下，人口的增长可以看作是一个等比数列。

假设初始人口为 P₀，年增长率为 r，经过 n 年后，人口数量P ＝ P₀(1 ＋ r)＾n 。

通过对这个数列的分析，可以预测未来人口的变化趋势，为政府制定相关的政策，如教育、医疗、就业等方面的规划，提供重要的参考依据。

在工程建设中，数列也有着广泛的应用。

第四节 数列求和[考点要求] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．(对应学生用书第108页)1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ； (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)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(注意消项规律)，从而求得前n 项和．裂项时常用的三种变形：①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；②1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．(5)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a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( ) [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 二、教材改编1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 5等于( )A ．1B ．56C ．16D ．1302．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －23．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( ) A ．2n －n －12n B ．2n ＋1－n －22nC ．2n －n ＋12nD ．2n ＋1－n ＋22n4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________．(对应学生用书第109页)考点1 分组转化法求和 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和． (2)通项公式为a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．[母题探究] 在本例(2)中，若条件不变求数列{b n }的前n 项和T n . [解] 由本例(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2； 当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数．常用并项求和法解答形如(－1)n a n 的数列求和问题，注意当n 奇偶性不定时，要对n 分奇数和偶数两种情况分别求解．对n 为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n 为偶数时前n 项和T n .n 为奇数可用T n ＝T n －1＋b n (n ≥2)或T n ＝T n ＋1－b n ＋1最好．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 考点2 裂项相消法求和形如a n ＝1n （n ＋k ）(k 为非零常数)型a n ＝1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .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．(2019·厦门一模)已知数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝6，b 1＋b 22＋b 33＋…＋b nn ＝a n ＋1.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n b n 的前n 项和．本例第(1)问在求{b n }的通项公式时灵活运用了数列前n 项和与项的关系，注意通项公式是否包含n ＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. [教师备选例题](2019·唐山五校联考)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n n ，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.[解] 1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，因为n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1 ＝38(32n －1)－38(32n －2－1) ＝32n －1，当n ＝1时，na n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a nn ＝－(2n －1)， 因为1b n b n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)， 所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12[⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. (2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝11S k ＝________．形如1n ＋k ＋n(k 为非零常数)型a n ＝1n ＋k ＋n＝1k (n ＋k －n ).已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A ． 2 018－1B ． 2 019－1C ． 2 020－1D ． 2 020＋1运用分母有理化对分式1n ＋1＋n正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．求和S ＝11＋3＋13＋5＋…＋1119＋121＝( ) A ．5 B ．4 C ．10 D ．9形如b n ＝（q －1）a n（a n ＋k ）（a n ＋1＋k ）(q 为等比数列{a n }的公比)型b n ＝（q －1）a n （a n ＋k ）（a n ＋1＋k ）＝1a n ＋k －1a n ＋1＋k.(2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如a n ＋1＝λa n ＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和．已知 {a n }是等比数列，且a 2＝12，a 5＝116，若b n ＝a n ＋1（a n ＋1）（a n ＋1＋1），则数列{b n }的前n 项和为( )A ．2n －12（2n ＋1）B ．2n －12n ＋1C ．12n ＋1D ．2n －12n ＋2形如a n ＝n ＋1n 2（n ＋2）2型a n ＝n ＋1n 2（n ＋2）2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1（n ＋2）2. 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564. (1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有： ①1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.②1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k .③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1).已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n＜2.考点3 错位相减法求和错位相减法求和的具体步骤 步骤1→写出S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .步骤2→等式两边同乘等比数列的公比q ，即qS n ＝qc 1＋qc 2＋…＋qc n . 步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和．步骤4→两边同除以1－q ，求出S n .同时注意对q 是否为1进行讨论．(2019·莆田模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1，数列{b n }满足a 1＝b 1，点P (b n ，b n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b na n，求数列{c n }的前n 项和T n .本例巧妙地将数列{a n }及其前n 项和为S n ，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和．(2019·烟台一模)已知等差数列{a n }的公差是1，且a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2a n 的前n 项和T n .课外素养提升⑥ 数学建模—— 数列中等量关系的建立(对应学生用书第111页)2019全国卷Ⅰ理科21题将数列与概率知识巧妙的融合在一起，在考查概率知识的同时，突出考查学生借用数列的递推关系将实际问题转化为数学问题的能力．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解题的速度．直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系【例1】 从社会效益和经济效益出发，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，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，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年增加14.(1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ [解] (1)第1年投入为800万元， 第2年投入为800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15万元，…，第n 年投入为800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n －1万元，所以，n 年内的总投入为：a n ＝800＋800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＋…＋800×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n －1＝4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，第1年旅游业收入为400万元， 第2年旅游业收入为400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14万元，…，第n 年旅游业收入400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14n －1万元．所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋400×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14n －1＝1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1.(2)设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此b n －a n ＞0， 化简得5×(45)n ＋2×(54)n －7＞0，即1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1－4000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＞0，令x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45n，代入上式得：5x 2－7x ＋2＞0.解得x ＜25，或x ＞1(舍去). 即⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＜25，由此得n ≥5. ∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.[评析] 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧．【素养提升练习】 公民在就业的第一年就交纳养老储备金a 1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d ＞0)，历年所交纳的储备金数目a 1，a 2，…，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．如果固定年利率为r (r ＞0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a 1(1＋r )n －1，第二年所交纳的储备金就变为a 2(1＋r )n －2，…，以T n 表示到第n 年末所累计的储备金总额．求证：T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列． [解] T 1＝a 1，对n ≥2反复使用上述关系式，得 T n ＝T n －1(1＋r )＋a n＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n ，① 在①式两端同乘1＋r ，得(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r )，② ②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝dr [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n . 即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n －dr n －a 1r ＋d r 2.如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d r n ，则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋dr 2(1＋r )为首项，以1＋r (r ＞0)为公比的等比数列；{B n }是以－a 1r ＋d r 2－d r 为首项，－dr 为公差的等差数列．借助数列的递推关系建立等量关系【例2】 大学生自主创业已成为当代潮流．某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的20%，当月房租等其他开支1 500元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出．(1)设夏某第n 个月月底余a n 元，第n ＋1个月月底余a n ＋1元，写出a 1的值并建立a n ＋1与a n 的递推关系；(2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入．(参考数据：1.1211≈3.48，1.1212≈3.90，0.1211≈7.43×10－11，0.1212≈8.92×10－12) [解] (1)依题意，a 1＝20 000(1＋15%)－20 000×15%×20%－1 500＝20 900(元)， a n ＋1＝a n (1＋15%)－a n ×15%×20%－1 500 ＝1.12a n －1500(n ∈N *，1≤n ≤11). (2)令a n ＋1＋λ＝1.12(a n ＋λ)，则 a n ＋1＝1.12a n ＋0.12λ，对比(1)中的递推公式，得λ＝－12 500. 则a n －12 500＝(20 900－12 500)1.12n －1， 即a n ＝8 400×1.12n －1＋12 500.则a 12＝8 400×1.1211＋12 500≈41 732(元).又年底偿还银行本利总计20 000(1＋6%)＝21 200(元)， 故该生还清银行贷款后纯收入41 732－21 200＝20 532(元).[评析] (1)先求出a 1的值，并依据题设条件得出a n ＋1与a n 的递推关系；(2)利用构造法求得{a n }的通项公式并求出相应值．【素养提升练习】 如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，是曲线C ：y 2＝12x (y ≥0)上的点，A 1(a 1，0)，A 2(a 2，0)，…，A n (a n ，0)，…，是x 轴正半轴上的点，且△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n －1A n P n ，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点).(1)写出a n －1、a n 和x n 之间的等量关系，以及a n －1、a n 和y n 之间的等量关系； (2)用数学归纳法证明a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)；(3)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n，对所有n ∈N *，b n ＜log 8t 恒成立，求实数t 的取值范围．[解] (1)依题意，△A 0A 1P 1，△A 1A 2P 2，…，△A n －1A n P n ，…，均为斜边在x 轴上的等腰直角三角形(A 0为坐标原点)，故有x n ＝a n －1＋a n 2，y n ＝a n －a n －12.(2)证明：①当n ＝1时，可求得a 1＝1＝1×22，命题成立； ②假设当n ＝k 时，命题成立，即有a k ＝k （k ＋1）2. 则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k －a k －1)2＝a k －1＋a k ， 得⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k ＋1－k （k ＋1）22＝k （k ＋1）2＋a k ＋1.即(a k ＋1)2－(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋k （k －1）2·（k ＋1）（k ＋2）2＝0，解得a k ＋1＝（k ＋1）（k ＋2）2(a k ＋1＝k （k －1）2＜a k ，不合题意，舍去)，即当n ＝k ＋1时，命题成立.综上所述，对所有n ∈N *，a n ＝n （n ＋1）2. (3)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n＝2（n ＋1）（n ＋2）＋2（n ＋2）（n ＋3）＋…＋22n （2n ＋1）＝2n ＋1－22n ＋1＝2n 2n 2＋3n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋3.因为函数f (x )＝2x ＋1x 在区间[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，b n 最大为13，即b n ≤13. 由题意，有13＜log 8t ，所以t ＞2，所以，t ∈(2，＋∞).。

数列日常生活中的应用在当今社会经济日益繁荣，人民生活水平日益提高，人民对生活设备的要求也提高了，往往需要购置更多商品，这就要求人们必须懂得合理安排资金，使之得以充分利用。

而当前，随着住房、教育、买车等贷款业务逐渐深入家庭。

我们经常遇到一些分期付款问题。

如何选择付款方式，关系到个人利益，也是一个需要运用数学知识来计算的复杂过程。

做为“热点“的分期付款成为了一种趋势，在今后，更将被广大人民所接受并应用于生活中。

通过研究调查，了解人们对分期付款的认识程.度及应用程度，使资源共享更好地应用于人民，使人们增加对分期付款的了解,并使分期付款更好地服务于人民。

本单元的目的在于让学生通过学习和调查，对分期付款有进一步认识，感受数学在实际生活中应用价值。

一、例述数列在生活中的应用在对某地超市进行统计调查后发现，每天购买甲乙两种蔬菜的人数约为200人，且第一天购买甲种蔬菜的第二天会有20%购买乙种蔬菜，第一天购买乙种蔬菜的第二天会有30%购买甲种蔬菜，则据此推算超市应当如何安排甲乙两种蔬菜的进货量。

解决方案:设第n天购买甲乙两种蔬菜的人数分别为An、Bn，则：An+1=0.8An+0.3Bn;Bn+1=0.2An+0.7Bn;由于An+Bn=200，则可推算得An+1=0.8An+0.3（200-An）=60+0.5An；则An+1-120=0.5（An-120）；可得，{An-120}是以A1-120为首项，0.5为公比的等比数列；假设，第一天购买甲种蔬菜的有a人，则An=0.5^（n-1）*（a-120）+120当n趋近于无穷时，易得，An趋近于120且与a的值无关。

则可知，购买甲种蔬菜的人数稳定在120人，购买一种蔬菜的人数稳定在80人。

上述例题，以生活中常见的一类问题为原型，通过理论求解达到了解决实际问题的目的，这是数列在生活中应用的冰山一角。

第二个应用。

例：某客户为购买房屋，向工商银行贷款n万元，采用分期还款的方式进行偿还，共分m期偿还完毕，每一期所偿还的本金数额相同，请计算每一期应当偿还的贷款数额。