高考数学一轮复习讲义 第25课时 数列的实际应用 理

第六节数列的综合应用【核心考点·分类突破】考点一等差、等比数列的综合问题(规范答题)[例1](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{a n}的公差为d,且d>1,令b n=2+,记S n,T n分别为数列{a n},{b n}的前n项和.(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{a n}的通项公式;(2)若{b n}为等差数列,且S99-T99=99,求d.审题导思破题点·柳暗花明(1)思路:根据等差数列的定义,灵活运用给定的条件,即可得到所求等差数列的通项公式;同时帮助学生理解题设条件,以顺利进入第(2)问的情境.(2)思路:所给题设条件“{b n}为等差数列”要求学生能够灵活转化为求解数列{a n}中公差与首项的关系,可以采用通性通法来解答.规范答题微敲点·水到渠成【解析】(1)因为3a2=3a1+a3,所以3d=a1+2d,解得a1=d,[1分]关键点根据已知条件,列方程求出首项a1和公差d的关系.所以S3=3a2=3(a1+d)=6d,又T3=b1+b2+b3=2+3+4=9,所以S3+T3=6d+9=21,即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=12(舍去),[3分]所以a n=a1+(n-1)d=3n,所以的通项公式为a n=3n.[4分]阅卷现场(1)没有过程,只有a n=3n得1分;(2)结果正确时漏写a1=d不扣分;(3)d=12漏舍只得1分.(2)因为b n=2+,且为等差数列,所以2b2=b1+b3,即122=21+123,[6分]所以61+-11=61+2,所以12-3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d.[8分]传技巧取的前3项,利用等差中项2b2=b1+b3,得到首项a1和公差d之间的关系.解法一:①当a1=d时,a n=nd,所以b n=2+=2+B=r1,S99=99(r99)=99×50d,T99=99×51.因为S99-T99=99,所以99×50d-99×51=99,关键点利用S99-T99=99,列出关于d的方程,结果注意d>1.即50d2-d-51=0,解得d=5150或d=-1(舍去).[10分]②当a1=2d时,a n=(n+1)d,所以b n=2+=2+(r1)=,避易错讨论另一种情况,不可遗漏.S99=99(2r100)=99×51d,T99=99×50.因为S99-T99=99,所以99×51d-99×50=99,即51d2-d-50=0,解得d=-5051(舍去)或d=1(舍去).[11分]综上,d=5150.[12分]解法二:因为S99-T99=99,由等差数列的性质知,且99a50-99b50=99,即a50-b50=1,传技巧利用等差数列的性质,可以简化运算过程.列方程求出a50,注意由d>1可知a n>0.所以a50-255050=1,即a502-a50-2550=0,解得a50=51或a50=-50(舍去).[10分]①当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,解得d=5150.②当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d>1矛盾,应舍去.[11分]综上,d=5150.[12分]解法三:因为,都是等差数列,且a nb n=n(n+1),=B=1(+1).[8分]所以可设=1(+1)=B或敲黑板构造新数列要考虑全面,少写一组不得分.(i)当a n=1(n+1),b n=kn时,S99-T99=1(2+3+…+100)-k(1+2+…+99)=99,即50k2+k-51=0,解得k=-5150或k=1,因为d=k>1,所以均不合题意.[10分](ii)当a n=kn,b n=1(n+1)时,S99-T99=k(1+2+…+99)-1(2+3+…+100)=99,即50k2-k-51=0,解得k=5150或k=-1.因为d=k>1,所以k=5150,所以d=5150.[12分]拓思维高考命题强调“多思考,少运算”的理念,试题面向全体学生,为考生搭建展示数学能力的平台.本解法根据给出的条件,巧妙的构造新的数列,突破常规解法,灵活运用数列知识,解题方法“高人一招”,解题速度“快人一步”.【解题技法】等差、等比数列综合问题的求解策略1.基本方法:求解等差、等比数列组成的综合问题,首先要根据数列的特征设出基本量,然后根据题目特征使用通项公式、求和公式、数列的性质等建立方程(组),确定基本量;2.基本思路:注意按照顺序使用基本公式、等差中项、等比中项以及证明数列为等差、等比数列的方法确定解题思路.【对点训练】(2022·全国甲卷)记S n为数列{a n}的前n项和.已知2+n=2a n+1.(1)证明:{a n}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求S n的最小值.【解析】(1)由2+n=2a n+1,得2S n+n2=2a n n+n①,所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②,②-①,得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)-2a n n+1,化简得a n+1-a n=1,所以数列{a n}是公差为1的等差数列.(2)由(1)知数列{a n}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得72=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以S n=-12n+(-1)2=2-252=12(n-252)2-6258,所以,当n=12或n=13时,(S n)min=-78.考点二数列与函数、向量的综合[例2](1)(2023·龙岩模拟)已知函数f(x)=13x3+4x,记等差数列{a n}的前n项和为S n,若f(a1+2)=100,f(a2022+2)=-100,则S2022等于()A.-4044B.-2022C.2022D.4044【解析】选A.因为f(-x)=-13x3-4x=-f(x),所以f(x)是奇函数,因为f(a1+2)=100,f(a2022+2)=-100,所以f(a1+2)=-f(a2022+2),所以a1+2+a2022+2=0,所以a1+a2022=-4,所以S2022=2022(1+2022)2=-4044.(2)数列满足a1=1,a2=5,若m=1,r1+1,n=+r2,-2,m·n=0,则数列的通项公式为________.【解析】由已知m·n=0,得1×+r2-2r1+1=0,即r2-r1-r1-=2,则r1-是首项为a2-a1,公差为2的等差数列,则a n+1-a n=2-1+-1×2=2+1,于是a n=--1+-1--2+…+2-1+a1=2n+2-1+…+2×2+1=2+-1+…+2+1=n2+n-1.答案:a n=n2+n-1【解题技法】数列与函数、向量的综合问题的求解策略(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题;(2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形;(3)涉及数列与三角函数有关的问题,常利用三角函数的周期性等特征,寻找规律后求解;(4)涉及数列与向量有关的综合问题,应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式求解.【对点训练】1.已知数列{a n}满足a n+2-a n+1=a n+1-a n,n∈N*,且a5=π2,若函数f(x)=sin2x+2cos22,记y n=f(a n),则数列{y n}的前9项和为()A.0B.-9C.9D.1【解析】选C.由题意知数列{a n}是等差数列.因为a5=π2,所以a1+a9=a2+a8=a3+a7=a4+a6=2a5=π.f(x)=sin2x+2cos22,所以f(x)=sin2x+cos x+1,所以f(a1)+f(a9)=sin2a1+cos a1+1+sin2a9+cos a9+1=2.同理f(a2)+f(a8)=f(a3)+f(a7)=f(a4)+f(a6)=2.因为f(a5)=1,所以数列{y n}的前9项和为9.2.数列{a n}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,则实数λ的最大值为________.【解析】因为a4+λa10+a16=15,所以a1+3d+λ(a1+9d)+a1+15d=15,令λ=f(d)=151+9-2,因为d∈[1,2],所以令t=1+9d,t∈[10,19],因此λ=f(t)=15-2.当t∈[10,19]时,函数λ=f(t)是减函数,故当t=10时,实数λ有最大值,最大值为f(10)=-12.答案:-12考点三数列与不等式的综合【考情提示】数列不等式作为考查数列综合知识的载体,因其全面考查数列的性质、递推公式、求和等知识而成为高考命题的热点,重点考查不等式的证明、参数范围、最值等.角度1数列中的最值[例3]公比为2的等比数列{a n}中存在两项a m,a n满足a m a n=1612,则1+4的最小值为()A.32B.53C.43D.1310【解析】选A.由等比数列的通项公式知a m=a1×2m-1,a n=a1×2n-1,由a m a n=1612,可得12×2m+n-2=1612,易知a1≠0,故2m+n-2=16,解得m+n=6,则1+4=16(m+n)·(1+4)=16(1+4++4)≥16(5+2)=32(当且仅当m=2,n=4时取等号).角度2数列中的不等式证明[例4](2023·宁德模拟)已知数列,满足b n=a n+n2,a1+b1=3,a2+b2=8,且数列是等差数列.(1)求数列的通项公式;(2)n项和为S n,求证:12≤S n<1.【解析】(1)由b n=a n+n2得b1=a1+1,b2=a2+4,代入a1+b1=3,a2+b2=8得2a1+1=3,2a2+4=8,解得a1=1,a2=2.又因为数列为等差数列,故公差为d=a2-a1=1,因此a n=n,b n=n+n2.(2)由(1)可得b n=n+n2,所以1=1r2=1-1r1,所以S n=11+12+13+…+1=(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1-1r1)=1-1r1,又因为n∈N*,所以0<1r1≤12(n=1时等号成立),所以12≤1-1r1<1,即12≤S n<1.角度3数列中的不等式恒成立[例5]已知数列{a n}的通项公式为a n=5-n,其前n项和为S n,将数列{a n}的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n}的前3项,记{b n}的前n项和为T n.若存在m∈N*,使对任意n∈N*,S n≤T m+λ恒成立,则实数λ的取值范围是()A.[2,+∞)B.(3,+∞)C.[3,+∞)D.(2,+∞)【解析】选D.依题意得S n=(4+5-)2=(9-)2,根据二次函数的性质知,当n=4,5时,S n 取得最大值为10.另外,根据通项公式得数列{a n}的前4项为a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,观察易知抽掉第二项后,余下的三项可组成等比数列,所以数列{b n}中,b1=4,公比q=12,所以T n=4(1-12)1-12=8(1-12),所以4≤T n<8.因为存在m∈N*,对任意n∈N*,S n≤T m+λ恒成立,所以10<8+λ,所以λ>2.【解题技法】数列与不等式交汇问题的解题策略(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.(2)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.(3)数列中有关项或前n 项和的恒成立问题,常转化为数列的最值问题;求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.【对点训练】1.(2023·重庆模拟)设a >0,b >0,若3是3a 与9b 的等比中项,则1+2的最小值为()A .92B .3C .32+2D .4【解析】选A .因为3是3a 与9b 的等比中项,所以32=3a ·9b =3a +2b ,所以a +2b =2,所以1+2=12·(1+2)·(a +2b )=12(5+2+2)≥12·(5+2)=92,当且仅当a =b =23时取等号.2.数列{a n }满足a 1=14,a n +1=14-4,若不等式21+32+…+r2r1<n +λ对任何正整数n 恒成立,则实数λ的最小值为()A .74B .34C .78D .38【解析】选A .因为数列{a n }满足a 1=14,a n +1=14-4,所以反复代入计算可得a 2=26,a 3=38,a 4=410,a 5=512,…,由此可归纳出通项公式a n =2(r1),经验证,成立,所以r1=1+1(r2)=1+12(1-1r2),所以21+32+…+r2r1=n +1+12(1+12-1r2-1r3)=n +74-12(1r2+1r3).因为要求21+32+…+r2r1<n +λ对任何正整数n 恒成立,所以λ≥74.3.(2023·南京模拟)已知数列的前n 项和为S n ,a 1=2,(n -2)S n +1+2a n +1=nS n ,n ∈N *.(1)求数列的通项公式;(2)求证:112+122+…+12<716.【解析】(1)(n -2)S n +1+2a n +1=nS n ,则(n -2)S n +1+2(S n +1-S n )=nS n ,整理得到nS n +1=(n +2)S n ,故r1(r1)(r2)=(r1),,故(r1)=11×2=1,即S n=n(n+1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n+1)-n(n-1)=2n,验证当n=1时满足,故a n=2n,n∈N*.(2)12=142<142-1=12(12-1-12r1),故112+122+…+12<14+12(13-15+15-17+…+12-1-12r1)=14+12(13-12r1)<14+12×13=512<716.考点四数列在实际问题中的综合应用[例6](1)(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为B1B1=0.5,B1B1=k1,B1B1=k2,B1B1=k3.已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,且直线OA的斜率为0.725,则k3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9【解析】选D.设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3,依题意,有k3-0.2=k1,k3-0.1=k2,且B1+B1+B1+B1B1+B1+B1+B1=0.725,所以0.5+33-0.34=0.725,故k3=0.9.(2)据统计测量,已知某养鱼场,第一年鱼的质量增长率为200%,以后每年的增长率为前一年的一半.若饲养5年后,鱼的质量预计为原来的t倍.下列选项中,与t值最接近的是()A.11B.13C.15D.17【解析】选B.设鱼原来的质量为a,饲养n年后鱼的质量为a n,q=200%=2,则a1=a(1+q),a2=a1(1+2)=a(1+q)(1+2),…,a5=a(1+2)×(1+1)×(1+12)×(1+122)×(1+123)=40532a≈12.7a,即5年后,鱼的质量预计为原来的13倍.【解题技法】数列在实际应用中的常见模型等差模型如果增加(或减少)的量是一个固定的数,则该模型是等差模型,这个固定的数就是公差等比模型如果后一个量与前一个量的比是一个固定的非零常数,则该模型是等比模型,这个固定的数就是公比递推数列模型如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化,则应考虑考查的是第n项a n与第(n+1)项a n+1(或者相邻三项等)之间的递推关系还是前n项和S n 与前(n+1)项和S n+1之间的递推关系【对点训练】1.(2023·武汉模拟)南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献,他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》,该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例,其特点是从数列中的第二项开始,每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为2,3,6,11,则该数列的第15项为()A.196B.197C.198D.199【解析】选C.设该数列为,则a1=2,a2=3,a3=6,a4=11.由二阶等差数列的定义可知,a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=5,…所以数列r1-是以a2-a1=1为首项,公差d=2的等差数列,即a n+1-a n=2n-1,所以a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=5,…,a n+1-a n=2n-1.将所有上式累加可得a n+1=a1+n2=n2+2,所以a15=142+2=198,即该数列的第15项为198.2.(2023·深圳模拟)将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分,挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形,得到与原三角形相似的两个全等三角形,再对余下的所有三角形重复这一操作.如果这个操作过程无限继续下去,最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线,如图所示.已知最初等腰三角形的面积为1,则经过4次操作之后所得图形的面积是()A.1681B.2081C.827D.1027【解析】选A.根据题意可知,每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的13,所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的23,由此可得,第n次操作之后所得图形的面积是,即经过4次操作之后所得图形的面积是=1681.。

第三节等比数列课程标准1.理解等比数列的概念并掌握其通项公式与前n项和公式.2.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题.3.体会等比数列与指数函数的关系.考情分析考点考法:高考命题常以等比数列为载体,考查基本量的运算、求和及性质的应用.等差数列与等比数列的综合应用是高考的热点,在各个题型中均有出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.等比数列的有关概念定义一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零),那么这个数列叫做等比数列通项公式设{a n}是首项为a1,公比为q的等比数列,则通项公式a n=a1q n-1.推广:a n=a m q n-m(m,n∈N*)等比中项如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.此时,G2=ab【微点拨】(1)等比数列中不含有0项;(2)同号的两个数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数.2.等比数列的前n项和公式【微点拨】在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.3.等比数列与指数函数的关系等比数列的通项公式可整理为a n=1·q n,而y=1·q x(q≠1)是一个不为0的常数1与指数函数q x的乘积,从图象上看,表示数列1·q n中的各项的点是函数y=1·q x的图象上孤立的点.4.等比数列的性质(1)对任意的正整数m,n,p,q,若m+n=p+q,则a m·a n=a p·a q.特别地,若m+n=2p,则a m·a n=2.(2)若等比数列前n项和为S n,则S m,S2m-S m,S3m-S2m仍成等比数列(公比q≠-1).(3)数列{a n}是等比数列,则数列{pa n}(p≠0,p是常数)也是等比数列.(4)在等比数列{a n}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即a n,a n+k,a n+2k,a n+3k,…为等比数列,公比为q k.(5)等比数列{a n}的单调性:当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时,数列{a n}是递增数列;当q>1,a1<0或0<q<1,a1>0时,数列{a n}是递减数列;当q=1时,数列{a n}是常数列.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列结论正确的是()A.满足a n+1=qa n(n∈N*,q为常数)的数列{a n}为等比数列B.三个数a,b,c成等比数列的必要不充分条件是b2=acC.数列{a n}的通项公式是a n=a n,则其前n项和为S n=(1-)1-D.如果数列{a n}为正项等比数列,则数列{ln a n}是等差数列【解析】选BD.A中q不能为0;B中当a=b=c=0时满足b2=ac,但不是等比数列;C 中a=1时不成立;D中,a n>0,设a n=a1q n-1,则ln a n=ln a1+(n-1)ln q,{ln a n}是等差数列.2.(选择性必修第二册P29例1·变形式)若{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1=1,a5=16,则a6-a5=()A.32B.-48C.16D.-48或16【解析】选C.由题意,q>0,则q=2,所以a6-a5=a5(q-1)=16.3.(忽视前n项和的条件致误)等比数列{a n}中,a3=6,前三项和S3=18,则公比q的值为()A.1B.-12C.1或-12D.-1或-12【解析】选C.因为S3=18,a3=6,所以a1+a2=32(1+q)=12,故2q2-q-1=0,解得q=1或q=-12.4.(2023·全国乙卷)已知{a n}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=________.【解析】设{a n}的公比为q(q≠0),则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然a n≠0,则a4=q2,即a1q3=q2,则a1q=1.因为a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15=(5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7=a1q·q5=q5=-2.答案:-2【巧记结论·速算】1.若{a n},{b n}(项数相同)是等比数列,则{λa n}(λ≠0),{1},{2},{a n·b n数列.2.当{a n}是等比数列且q≠1时,S n=11--11-·q n=A-A·q n.【即时练】1.设n∈N*,则“数列{a n}为等比数列”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.充分性:若数列为等比数列,公比为q,为公比为12的等比数列,充分性成立;必要性:,公比为q,则-1=±所以数列不是等比数列,必要性不成立.2.已知数列{a n}的前n项和S n=22n+1+a,若此数列为等比数列,则a=________.【解析】因为数列的前n项和S n=22n+1+a=2×4n+a,所以a=-2.答案:-2【核心考点·分类突破】考点一等比数列基本量的计算[例1](1)(一题多法)记S n为等比数列{a n}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则=()A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1【解析】选B.方法一:设等比数列{a n}的公比为q,则由5-3=14-12=12,6-4=15-13=24,解得1=1,=2,所以S n=1(1-)1-=2n-1,a n=a1q n-1=2n-1,所以=2-12-1=2-21-n.方法二:设等比数列{a n}的公比为q,因为6-45-3=4(1-2)3(1-2)=43=2412=2,所以q=2,所以=1(1-)1-1-1=2-12-1=2-21-n.(2)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a3a11=232,且S8+S24=mS16,则m=()A.-4B.4C.-83D.83【解析】选D.因为a3a11=232,且a n≠0,所以a11=2a3即a1q10=2a1q2,解得q8=2或q=0(舍去),因为S 8+S 24=mS 16,所以1(1-8)1-+1(1-24)1-=m ·1(1-16)1-,又因为q 8=2,a 1≠0,所以-8=-3m ,解得m =83.【解题技法】等比数列基本量的计算(1)等比数列中有五个量a 1,n ,q ,a n ,S n ,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求解;(2)注意观察条件转化式的特点,尽量采用整体消元、代入的方法简化运算,如两式相除就是等比数列中常用的运算技巧.【对点训练】1.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=()A .16B .8C .4D .2【解析】选C .设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ,则1+1+12+13=15,14=312+41,解得1=1=2,所以a 3=a1q 2=4.2.已知{a n }是首项为1的等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,且9S 3=S 6,5项和为()A .158或5B .3116或5C .3116D .158【解析】选C .若q =1,则由9S 3=S 6,得9×3a 1=6a 1,则a 1=0,不满足题意,故q ≠1.由9S 3=S 6,得9×1(1-3)1-=1(1-6)1-,解得q =2.故a n =a 1q n-1=2n -1,1=(12)n -1.1为首项,以12为公比的等比数列,所以5项和为T 5=1×[1-(12)5]1-12=3116.【加练备选】设公比为q(q>0)的等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=()A.32B.12C.23D.2【解析】选A.因为在等比数列中,S2=3a2+2,S4=3a4+2,所以S4-S2=a3+a4=3(a4-a2),所以a2(q+q2)=3a2(q2-1),又a2≠0,所以q+q2=3(q2-1),即2q2-q-3=0,又q>0,所以q=32.考点二等比数列的判定与证明[例2]已知数列{a n}中,a1=1且2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),(1)求证:数列+;(2)求数列{a n}的通项公式.【解析】(1)因为2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),所以a n+1=3a n+n-12,所以r1+r12+2=3+-12+r12+2=3+32+2=3,因为a1+12=1+12=32,所以数列+2是首项为32,公比为3的等比数列.(2)由(1)得,a n+2=32×3n-1=12×3n,所以a n=12×3n-2.【解题技法】等比数列的判定方法定义法若a n+1a n=q(q为非零常数,n∈N*)或-1=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{a n}是等比数列等比中项法若数列{a n}中,a n≠0且r12=a n·+2(n∈N*),则{a n}是等比数列【对点训练】数列{a n}中,a1=2,a n+1=r12a n(n∈N*).证明数列{}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式.【解析】由题设得r1r1=12·,又11=2,所以数列{}是首项为2,公比为12的等比数列,所以=2×(12)n-1=22-n,a n=n·22-n=42.【加练备选】成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n}中的b3,b4,b5.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)数列{b n}的前n项和为S n,求证:数列{S n+54}是等比数列.【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d,依题意,得a-d+a+a+d=15,解得a=5.所以数列中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+d.依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去),故数列的第3项为5,公比为2.由b 3=b 1·22,即5=b 1·22,解得b 1=54.所以数列是以54为首项,以2为公比的等比数列,其通项公式为b n =54·2n -1=5·2n -3.(2)数列的前n 项和S n =54(1-2)1-2=5·2n -2-54,即S n +54=5·2n -2,所以S 1+54=52,r1+54+54=5·2-15·2-2=2.因此{S n +54}是以52为首项,以2为公比的等比数列.考点三等比数列性质的应用【考情提示】等比数列的性质作为解决等比数列问题的工具,因其考查数列知识较全面而成为高考命题的热点,重点解决基本量运算、条件转化等.角度1等比数列项的性质[例3]已知各项均为正数的等比数列的前n 项和为S n ,a 2a 4=9,9S 4=10S 2,则a 2+a 4的值为()A .30B .10C .9D .6【解析】选B .已知为各项均为正数的等比数列,则a n >0,可得a 1>0,q >0,因为32=a 2a 4=9,所以a 3=3,又因为9S 4=10S 2,则9(a 1+a 2+a 3+a 4)=10(a 1+a 2),可得9(a 3+a 4)=a 1+a 2,所以3+41+2=q 2=19,解得q =13,故a 2+a 4=3+a 3q =10.角度2等比数列前n 项和的性质[例4]已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为()A.10B.15C.20D.25【解析】选C.由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8,由S8-2S4=5,可得S8-S4=S4+5.又由等比数列的性质知S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.于是a9+a10+a11+a12=S12-S8=(4+5)24=S4+254+10≥2当且仅当S4=5时等号成立.所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.角度3等比数列的单调性[例5]已知{a n}是等比数列,a1>0,前n项和为S n,则“2S8<S7+S9”是“{a n}为递增数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.因为数列是等比数列,a1>0,2S8<S7+S9,所以a8<a9,所以q7<q8,所以q7(q-1)>0,所以q<0或q>1,所以2S8<S7+S9的充要条件为q<0或q>1.又a1>0,数列为递增数列的充要条件为q>1,所以“2S8<S7+S9”是“为递增数列”的必要不充分条件.【解题技法】1.应用等比数列性质的两个关注点(1)转化意识:在等比数列中,两项之积可转化为另外两项之积或某项的平方,这是最常用的性质.(2)化归意识:把非等比数列问题转化为等比数列问题解决,例如有关S m,S2m,S3m的问题可利用S m,S2m-S m,S3m-S2m(S m≠0)成等比数列求解.2.等比数列的单调性的应用方法研究等比数列的单调性问题,要综合考虑首项的符号以及公比的取值范围,而涉及等比数列有关的单调性的充分必要条件问题,既要考虑数列的单调性也要善于举反例说明.【对点训练】1.设单调递增的等比数列{a n}满足12+14=1336,a1a5=36,则公比q=()A.32B.94C.2D.52【解析】选A.因为数列{a n}为等比数列,所以a1a5=a2a4=36,所以12+14=2+424=2+436=1336,则a2+a4=13,又数列{a n}单调递增,所以q>1,解得a2=4,a4=9,则q2=94,因为q>1,所以q=32.2.设无穷等比数列{a n}的前n项和为S n,若-a1<a2<a1,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.数列{S n}有最大项D.数列{S n}有最小项【解析】选D.由-a1<a2<a1可得a1>0,所以q=21<1,因为-a1<a2得q=21>-1,所以-1<q<1,因为S n=1(1-)1-,当0<q<1时,{S n}递增,当-1<q<0时,{S n}既有递增又有递减,A,B错误;当0<q<1时,S n有最小项S1,没有最大项,当-1<q<0时,a1>0,a2<0,a3>0,a4<0且a3+a4>0,S n有最小项S2,没有最大项,C错误,D 正确.3.设等比数列{a n}的前n项和为S n.若a n>0,S3=5,a7+a8+a9=20,则S15=________.【解析】由等比数列的性质可知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12是等比数列,由条件可知S3=5,S9-S6=20,则此等比数列的公比q2=205=4,又a n>0,所以q=2,S15=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)+(S15-S12),所以S15=5(1-25)1-2=155.答案:155。

高考数学一轮复习必备：第25课时：第三章数列数列的实际应用一．课题：数列的实际应用二．教学目标：1．明白得〝复利〞的概念，能解决分期付款的有关运算方法；2．能够把实际咨询题转化成数列咨询题．三．教学重点：建立数列模型解决数列实际应用咨询题．四．教学过程：〔一〕要紧知识：1．解应用咨询题的核心是建立数学模型；2．一样步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型；3．注意咨询题是求什么〔,,n n n a S 〕．〔二〕要紧方法：1．解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判定数列，解题完毕要作答；2．在归纳或求通项公式时，一定要将项数n 运算准确；3．在数列类型不易辨论时，要注意归纳递推关系；4．在近似运算时，要注意应用对数方法和二项式定理，且要看清题中对近似程度的要求． 〔三〕例题分析：例1．某地区森林原有木材存量为a ，且每年增长率为25％，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b ，设n a 为n 年后该地区森林木材的存量，〔1〕求n a 的表达式；〔2〕为爱护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量许多于79a ，假如1972a b =，那么该地区今后会发生水土流失吗？假设会，需要通过几年？〔参考数据：lg 20.3=〕 解：〔1〕设第一年的森林的木材存量为1a ，第n 年后的森林的木材存量为n a ，那么115(1)44a ab a b =+-=-， 221555()(1)444a ab a b =-=-+， 32325555()[()1]4444a ab a b =-=-++， ………12*55555()[()()1]()4[()1]()44444n n n n n n a a a b n N --=-+++=--∈． 〔2〕当1972b a =时，有79n a a <得55197()4[()1]44729n n a a a --⨯<即5()54n >，因此，lg 51lg 27.2lg 52lg 213lg 2n ->=≈--． 答：通过8年后该地区就开始水土流失．例2．轻纺城的一家私营企业主，一月初向银行贷款一万元作开店资金，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需要交纳房租和所得税为该月所得金额〔包括利润〕的10%，每月的生活费开支300元，余款作为资金全部投入再经营，如此连续，咨询该年年底，该私营企业主有现款多少元？假如银行贷款的年利率为5%，咨询私营企业主还清银行贷款后纯收入还有多少元？解：第一个月月底余1(120%)10000(120%)1000010%30010500a =+⨯-+⨯⨯-=元，设第n 个月月底余n a ，第1n +个月月底余1n a +，那么1(120%)(120%)10%300 1.08300(1)n n n n a a a a n +=+-+⨯-=-≥，从而有13750 1.08(3750)n n a a +-=-，设13750,6750n n b a b =-=，∴{}n b 是等比数列11 1.08n n b b -=⨯，∴16750 1.083750n n a -=⨯+，11126750 1.0837*******.6a =⨯+≈，还贷后纯收入为1210000(15%)8988.60a -+=元．例3．银行按规定每通过一定的时刻结算存〔贷〕款的利息一次，结算后立即利息并入本金，这种运算利息的方法叫做复利．现在有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，第一年便可获得利润1万元，以后每年比上年增加30％的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5000元． 两种方案的期限差不多上10年，到期一次行归还本息．假设银行贷款利息均以年息10％的复利运算，试比较两个方案哪个获得存利润更多？〔运算精确到千元，参考数据：10101.1 2.594,1.313.796==〕解：甲方案10年获利润是每年利润数组成的数列的前10项的和：10291.311(130%)(130%)(130%)42.621.31-+++++++==-〔万元〕 到期时银行的本息和为1010(110%)10 2.59425.94⨯+=⨯=〔万元〕∴甲方案扣除本息后的净获利为：42.6225.9416.7-≈〔万元〕乙方案：逐年获利成等差数列，前10年共获利：10(1 5.5)1(10.5)(120.5)(190.5)32.502+++++⨯+++⨯==〔万元〕 贷款的本利和为：109 1.111.1[1(110%)(110%)] 1.117.531.11-+++++=⨯=-〔万元〕 ∴乙方案扣除本息后的净获利为：32.5017.5315.0-=〔万元〕因此，甲方案的获利较多．例4．某工厂在1999年的〝减员增效〞中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年能够到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年的23领取工资，该厂依照分流人员的技术特长，打算创办新的经济实体，该经济实体估量第一年属投资时期，第二年每人可获得b 元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50％，假如某人分流前工资的收入每年a 元，分流后进入新经济实体，第n 年的收入为n a 元， 〔1〕求{}n a 的通项公式；〔2〕当827a b =时，那个人哪一年的收入最少？最少为多少？ 〔3〕当38a b ≥时，是否一定能够保证那个人分流一年后的收入永久超过分流前的年收入？ 解：〔1〕由题意得，当1n =时，1a a =，当2n ≥时，1223()()32n n n a a b --=+， ∴12(1)23()()(2)32n n n a n a a b n --=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩． 〔2〕由827a b =， 当2n ≥时，1121222832838()()2[()()]327232729n n n n n a a a a a a ----=+≥⨯=要使得上式等号成立，当且仅当12283()()3272n n a a --=，即22422()()33n -=，解得3n =，因此那个人第三年收入最少为89a 元． 〔3〕当2n ≥时，121223233()()()()32382n n n n n a a a b a a ----=+≥+≥=，上述等号成立，须38a b =且2233121log 1log 223n =+>+=因此等号不能取到， 当38a b ≥时，那个人分流一年后的收入永久超过分流前的年收入．〔四〕巩固练习：某工厂生产总值月平均增长率为p ，那么年平均增长率为〔 〕()A p ()B 12p ()C 12(1)p + ()D 12(1)1p +-五．课后作业：。

3.5 数列的应用●知识梳理1.实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常通过数列知识加以解决.2.理解“复利”的概念，注意分期付款因方式的不同抽象出来的数列模型也不同.3.实际问题转化成数列问题，首先要弄清首项、公差（或公比），其次是弄清是求某一项还是求某些项的和的问题.●点击双基1.已知{a n }是递增的数列，且对于任意n ∈N *，都有a n =n 2+λn 成立，则实数λ的取值范围是A.λ＞0B.λ＜0C.λ=0D.λ＞－3 解析：由题意知a n ＜a n +1恒成立，即2n +1+λ＞0恒成立，得λ＞－3. 答案：D 2.设a 1，a 2，…，a 50是从－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a 1+a 2+…+a 50=9，且（a 1+1）2+（a 2+1）2+…+（a 50+1）2=107，则a 1，a 2，…，a 50中有0的个数为A.10B.11C.12D.13解析：将已知的等式展开整理得a 12+a 22+a 32+…+a 502=39，故此50个数中有11个数为0. 答案：B3.如下图，它满足：（1）第n 行首尾两数均为n ；（2）表中的递推关系类似杨辉三角，则第n 行（n ≥2）第2个数是_______________.解析：设第n 行的第2个数为a n ，不难得出规律，则a n +1=a n +n ，累加得a n =a 1+1+2+3+…+（n －1）=222+-n n .答案：222+-n n4.已知a n =log n +1（n +2）（n ∈N *），观察下列运算a 1·a 2=log 23·log 34=2lg 3lg ·3lg 4lg =2， a 1·a 2·a 3·a 4·a 5·a 6=log 23·log 34·…·log 67·log 78=2lg 3lg ·3lg 4lg ·…·6lg 7lg ·7lg 8lg =3. ……定义使a 1·a 2·a 3·…·a k 为整数的k （k ∈N *）叫做企盼数.试确定当a 1·a 2·a 3·…·a k =2008时，企盼数k =______________.解析：由a 1·a 2·…·a k =2lg 3lg ·3lg 4lg ·4lg 5lg ·…·)1lg()2lg(++k k =2lg )2lg(+k =log 2（k +2）=2008，解之得k =22008－2.答案：22008－2 ●典例剖析 【例1】 （2005年春季上海，20）某市2004年底有住房面积1200万平方米，计划从2005年起，每年拆除20万平方米的旧住房.假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%.（1）分别求2005年底和2006年底的住房面积；（2）求2024年底的住房面积.（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01） 剖析：本题实质是一个等比数列的求和问题.解:（1）2005年底的住房面积为1200（1+5%）－20=1240（万平方米），2006年底的住房面积为1200（1+5%）2－20（1+5%）－20=1282（万平方米），∴2005年底的住房面积为1240万平方米，2006年底的住房面积为1282万平方米. （2）2024年底的住房面积为1200（1+5%）20－20（1+5%）19－20（1+5%）18－…－20（1+5%）－20=1200（1+5%）20－20×05.0105.120-≈2522.64（万平方米），∴2024年底的住房面积约为2522.64万平方米.评述：应用题应先建立数学模型，再用数学知识解决，然后回到实际问题，给出答案. 【例2】 由于美伊战争的影响，据估计，伊拉克将产生60~100万难民，联合国难民署计划从4月1日起为伊难民运送食品.第一天运送1000 t ，第二天运送1100 t ，以后每天都比前一天多运送100 t ，直到达到运送食品的最大量，然后再每天递减100 t ，连续运送15天，总共运送21300 t ，求在第几天达到运送食品的最大量.剖析：本题实质上是一个等差数列的求通项和求和的问题. 解：设在第n 天达到运送食品的最大量.则前n 天每天运送的食品量是首项为1000，公差为100的等差数列. a n =1000+（n －1）·100=100n +900.其余每天运送的食品量是首项为100n +800，公差为－100的等差数列. 依题意，得1000n +2)1(-n n ×100+（100n +800）（15－n ）+2)14)(15(n n --×（－100）=21300（1≤n ≤15）.整理化简得n 2－31n +198=0.解得n =9或22（不合题意，舍去）. 答：在第9天达到运送食品的最大量.评述：对数列应用题要分清是求通项问题还是求和问题.【例3】 2002年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2003年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化.（1）设该县的总面积为1，2002年底绿化面积为a 1=104，经过n 年后绿化的面积为a n +1，试用a n 表示a n +1；（2）求数列{a n }的第n +1项a n +1；（3）至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%.（lg2=0.3010，lg3=0.4771） 剖析：当年的绿化面积等于上年被非绿化后剩余面积加上新绿化面积. 解：（1）设现有非绿化面积为b 1，经过n 年后非绿化面积为b n +1. 于是a 1+b 1=1，a n +b n =1.依题意，a n +1是由两部分组成，一部分是原有的绿化面积a n 减去被非绿化部分1002a n 后剩余的面积10098a n ，另一部分是新绿化的面积1008b n ，于是 a n +1=10098a n +1008b n =10098a n +1008（1－a n ）=109a n +252.（2）a n +1=109a n +252，a n +1－54=109（a n －54）.数列{a n －54}是公比为109，首项a 1－54=104－54=－52的等比数列.∴a n +1=54+（－52）（109）n.（3）a n +1＞60%，54+（－52）（109）n ＞53，（109）n ＜21，n （lg9－1）＜－lg2，n ＞3lg 212lg ≈6.5720.至少需要7年，绿化率才能超过60%.思考讨论你知道他是怎么想出{a n －54}中的54来的吗？ ●闯关训练夯实基础1.某林厂年初有森林木材存量S m 3，木材以每年25%的增长率生长，而每年末要砍伐固定的木材量x m 3，为实现经过两次砍伐后的木材的存量增加50%，则x 的值是A.32SB.34S C.36SD.38S 解析：一次砍伐后木材的存量为S （1+25%）－x ； 二次砍伐后木材存量为［S （1+25%）－x ］（1+25%）－x .由题意知（45）2S －45x －x =S （1+50%），解得x =36S.答案：C2.一批花盆堆成三角形垛，顶层一个，以下各层排成正三角形，逐层每边增加一个花盆，若第n 层与第n +1层花盆总数分别为f （n ）和f （n +1），则f （n ）与f （n +1）的关系为A.f （n +1）－f （n ）=n +1B.f （n +1）－f （n ）=nC.f （n +1）=f （n ）+2nD.f （n +1）－f （n ）=1 答案：A3.从2002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2008年1月1日将所有存款及利息全部取回，则可取回的钱的总数为___________万元.解析：存款从后向前考虑（1+p ）+（1+p ）2+…+（1+p ）5=pp p ]1)1)[(1(6-++=p 1［（1+p ）7－（1+p ）］.注：2008年不再存款. 答案：p1［（1+p ）7－（1+p ）］ 4.某工厂去年产值为a ，计划在今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为___________.解析：每年的总产值构成以a （1+10%）=1.1a 为首项，公比为1.1的等比数列，∴S 5=1.11)1.11(1.15--a =11×（1.15－1）a .答案：11×（1.15－1）a5.从盛满a L （a ＞1）纯酒精容器里倒出1 L ，然后再用水填满，再倒出1 L 混合溶液后，再用水填满，如此继续下去，问第九次、第十次共倒出多少纯酒精.解：每次用水填满后酒精浓度依次为a a 1-，（a a 1-）2，（aa 1-）3，…，故每次倒出的纯酒精为1，a a 1-，（a a 1-）2，…，（aa 1-）n －1，….∴第九、十两次共倒出的纯酒精为 （a a 1-）8＋（a a 1-）9＝（a a 1-）8（1＋aa 1-）＝98)1)(12(a a a --.培养能力6.已知直线l 上有一列点P 1（x 1，y 1），P 2（x 2，y 2），…，P n （x n ，y n ），…，其中n ∈N *，x 1=1，x 2=2，点P n +2分有向线段1+n n P P 所成的比为λ（λ≠－1）.（1）写出x n +2与x n +1，x n 之间的关系式； （2）设a n =x n +1－x n ，求数列{a n }的通项公式. 解：（1）由定比分点坐标公式得x n +2=λλ+++11n n x x .（2）a 1=x 2－x 1=1，a n +1=x n +2－x n +1=λλ+++11n n x x －x n +1=－λ+11（x n +1－x n ）=－λ+11a n ，∴n n a a 1+=－λ+11，即{a n }是以a 1=1为首项，－λ+11为公比的等比数列. ∴a n =（－λ+11）n －1. 7.（2002年春季北京，21）已知点的序列A n （x n ，0），n ∈Ｎ*，其中x l ＝0，x 2＝a （a ＞0），A 3是线段A l A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….（1）写出x n 与x n －1、x n －2之间的关系式（n ≥３）；（2）设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a l ，a 2，a 3，由此推测数列｛a n ｝的通项公式，并加以证明.解：（1）当n ≥3时，x n =221--+n n x x . （2）a 1=x 2－x 1=a ，a 2=x 3－x 2=212x x +－x 2=－21（x 2－x 1）=－21a ，a 3=x 4－x 3=223x x +－x 3=－21（x 3－x 2）=－21（－21a ）=41a ，由此推测：a n =（－21）n －1a （n ∈N *）.证明如下：因为a 1=a ＞0，且a n =x n +1－x n =21-+n n x x －x n =21n n x x --=－21（x n －x n －1）=－21a n－1（n ≥2），所以a n =（－21）n －1a . 探究创新ij （1）写出a 45的值；（2）写出a ij 的计算公式；（3）证明：正整数N 在该等差数阵中的充要条件是2N +1可以分解成两个不是1的正整数之积.（1）解：a 45=49.（2）解：该等差数阵的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：a 1j =4+3（j －1）， 第二行是首项为7，公差为5的等差数列：a 2j =7+5（j －1）， ……第i 行是首项为4+3（i －1），公差为2i +1的等差数列， 因此a ij =4+3（i －1）+（2i +1）（j －1）=2ij +i +j =i （2j +1）+j .（3）证明：必要性：若N 在该等差数阵中，则存在正整数i 、j 使得N =i （2j +1）+j ， 从而2N +1=2i （2j +1）+2j +1=（2i +1）（2j +1），即正整数2N +1可以分解成两个不是1的正整数之积.充分性：若2N +1可以分解成两个不是1的正整数之积，由于2N +1是奇数，则它必为两个不是1的奇数之积，即存在正整数k 、l ，使得2N +1=（2k +1）（2l +1），从而N =k （2l +1）+l =a kl ， 可见N 在该等差数阵中.综上所述，正整数N 在该等差数阵中的充要条件是2N +1可以分解成两个不是1的正整数之积.●思悟小结1.等差、等比数列的应用题常见于：产量增减、价格升降、细胞繁殖等问题，求利率、增长率等问题也常归结为数列建模问题.2.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a n 还是求S n ，特别要准确地确定项数n .3.数列的综合问题常与函数、方程、不等式等知识相互联系和渗透. ●教师下载中心 教学点睛1.解应用题的关键是建立数学模型，转化为数学问题，要加强培养学生的转化意识.2.分期付款问题要弄清付款方式，不同方式抽象出的数学模型则不一样.3.“等额还款方式”采用“双向储蓄”的方法比较简便.4.强化转化思想、方程思想的应用. 拓展题例【例1】 杭州某通讯设备厂为适应市场需求，提高效益，特投入98万元引进世界先进设备奔腾6号，并马上投入生产.第一年需要的各种费用是12万元，从第二年开始，所需费用会比上一年增加4万元，而每年因引入该设备可获得的年利润为50万元.请你根据以上数据，解决下列问题： （1）引进该设备多少年后，开始盈利？（2）引进该设备若干年后，有两种处理方案：第一种：年平均盈利达到最大值时，以26万元的价格卖出； 第二种：盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出. 问哪种方案较为合算？并说明理由.解：（1）设引进设备n 年后开始盈利，盈利为y 万元，则y =50n －（12n +2)1(-n n ×4）－98=－2n 2+40n －98，由y ＞0，得10－51＜n ＜10+51.∵n ∈N *，∴3≤n ≤17， 即3年后开始盈利. （2）方案一：年平均盈利为n y ，n y =－2n －n98+40≤－2n n 982⋅+40=12，当且仅当2n =n98，即n =7时，年平均利润最大，共盈利12×7+26=110万元. 方案二：盈利总额y =－2（n －10）2+102，n =10时，y 取最大值102，即经过10年盈利总额最大， 共计盈利102+8=110万元.两种方案获利相等，但由于方案二时间长，所以采用方案一合算.【例2】 据某城市2002年末所作的统计资料显示，到2002年末，该城市堆积的垃圾已达50万吨，侵占了大量的土地，并且成为造成环境污染的因素之一.根据预测，从2003年起该城市还将以每年3万吨的速度产生新的垃圾，垃圾的资源化和回收处理已经成为该市城市建设中的重要问题.（1）假设1992年底该城市堆积的垃圾为10万吨，从1993年到2002年这十年中，该城市每年产生的新垃圾以8%的年平均增长率增长，试求1993年该城市产生的新垃圾约有多少万吨？（精确到0.01，参考数据：1.0810≈2.159）（2）如果从2003年起，该市每年处理上年堆积垃圾的20%，现有b 1表示2003年底该市堆积的垃圾数量，b 2表示2004年底该市堆积的垃圾数量……b n 表示2002+n 年底该城市堆积的垃圾数量，①求b 1；②试归纳出b n 的表达式（不用证明）.解：（1）设1993年该城市产生的新垃圾为x 万吨.依题意，得10+x +1.08x +1.082x +…+1.089x =50，∴08.1108.1110--·x =40.∴x =108.108.010-×40≈2.76万吨. ∴1993年该城市产生的新垃圾约为2.76万吨.（2）①b 1=50×80%+3=43（万吨）.②∵b 1=50×80%+3=50×54+3， b 2=54b 1+3=50×（54）2+3×54+3，b 3=54b 2+3=50×（54）3+3×（54）2+3×54+3，∴可归纳出b n =50×（54）n +3×（54）n －1+3×（54）n －2+…+3×54+3=50×（54）n +3×541)54(1--n=50×（54）n +15［1－（54）n ］=35×（54）n +15. 这说明，按题目设想的方法处理垃圾，该市垃圾总量将逐年减少，但不会少于15万吨.。

课时规范练25 数列的概念与简单表示法基础巩固组1.已知数列-1,14,-19,…,(-1)n ·1n2,…,它的第5项的值为( )A.15B.-15C.125D.-1252.(福建南安高三二模)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -1(n ∈N *),则a 6=( ) A.12 B.13C.16D.323.(浙江镇海中学高三模拟)若数列{a n }的通项公式为a n =-2n 2+25n,则数列{a n }的各项中最大的项是( ) A.第4项 B.第5项 C.第6项D.第7项4.(北京高三一模)已知数列{a n }满足a 1=25,且对任意n ∈N *,都有a n a n+1=4a n +2a n+1+2,那么a 4为( )A.17B.7C.110D.105.设S n是数列{a n}的前n项和,a1=1,a n+1+S n S n+1=0,则下列说法错误的有( )A.数列{a n}的前n项和为S n=1n为递增数列B.数列1S nC.数列{a n}的通项公式为a n=-1n(n-1)D.数列{a n}的最大项为a16.(安徽六安高三联考)已知数列{a n}的前n项和公式为S n=n2-2n+1,则其通项公式为a n= .7.(湖北宜昌高三三模)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n+a n=4,则S4= .8.(浙江丽水高三月考)在数列{a n}中,已知a1=1,a2=2,a n+2=a n+1-a n(n∈N*),则a2 021a2 022= .,则数列9.(江西赣州高三一模)记S n为数列{a n}的前n项和,若a1=1,a n=2S nn+1{a n}的通项公式为.综合提升组10.(四川绵阳高三二模)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足2S n+a n=3,=( )则S6a6A.364B.543C.728D.1 02211.(河南郑州高三二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =n 2a n ,a 1=1,则S n =( ) A.2n n+1B.2n 2(n+1)2C.n 22n -1D.n 22n -112.(云南高三三模)在数列{a n }中,a 1=3,a n+1-6a n =3n+1,则数列{a n }的通项公式为( ) A.a n =6n -3n B.a n =6n C.a n =3nD.a n =6n-1-3n-113.(陕西咸阳高三联考)在数列{a n }中,1a 1+12a 2+13a 3+…+1na n=3n2n+1,若λa n≤2恒成立,则λ的最大值是 .14.(辽宁高三一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=1,a n >0,8S n 2=a n+1(2S n +a n+1),则S 10a 10= .创新应用组15.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2,a n =3a n-1+4a n-2(n≥3),则S 10=( ) A.410-15B.411-15C.410-1D.411-116.在数列{a n }中,a 1+2a 2+3a 3+…+na n =2n ,则a 1a 24+a 2a 342+…+a 9a 1049的值为( ) A.710B.1310C.95D.92017.(湖南郴州高三期末)已知数列{a n }满足a 1=1,a n =a 1+12a 2+13a 3+…+1n -1a n-1(n>1),则数列{a n }的通项公式是 .课时规范练25 数列的概念与简单表示法1.D 解析:第5项为(-1)5·152=-125.故选D.2.D 解析:当n=1时,a 1=S 1=2a 1-1,可得a 1=1.当n≥2时,a n =S n -S n-1=2(a n -a n-1),即a n =2a n-1.故数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,其通项公式为a n =2n-1,a 6=32.故选D. 3.C 解析:因为a n =-2n 2+25n=-2n-2542+6258,且n ∈N *,所以当n=6时,a n 的值最大,即最大项是第6项.故选C. 4.A 解析:化简可得a n+1=2a n 3a n +2,则a 2=14,a 3=211,a 4=17.故选A.5.C 解析:由a n+1+S n S n+1=0,得S n+1-S n =-S n S n+1.易知S n ≠0,∴1S n−1S n+1=-1,即1S n+1−1S n=1.又1S 1=1a 1=1,∴数列1S n为以1为首项,1为公差的等差数列,则1S n=1+(n-1)×1=n,可得S n =1n,故选项A,选项B 正确;当n≥2时,a n =S n -S n-1=1n −1n -1=n -1-nn (n -1)=-1n (n -1),n=1不符合,∴a n ={1,n =1,-1n (n -1),n ≥2,∴数列{a n }的最大项为a 1,故选项C 错误,选项D 正确.故选C. 6.{0,n =1,2n -3,n ≥2 解析:由题意,数列{a n }的前n 项和公式S n =n 2-2n+1.当n≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-2n+1-(n-1)2+2(n-1)-1=2n-3.又当n=1时,a 1=S 1=12-2×1+1=0,不符合上式,所以数列{a n }的通项公式为a n ={0,n =1,2n -3,n ≥2.7.154解析:当n=1时,有2a 1=4,可得a 1=2.当n≥2时,由S n +a n =4可得S n-1+a n-1=4,两式作差得2a n -a n-1=0,所以a na n -1=12,即数列{a n }是以2为首项,12为公比的等比数列,因此S 4=2[1-(12) 4]1-12=154.8.2 解析:因为a 1=1,a 2=2,a n+2=a n+1-a n ,所以a 3=1,a 4=-1,a 5=-2,a 6=-1,a 7=1,a 8=2,…,所以数列的项以6为周期重复出现,故a=a 5=-2,a=a 6=-1,于是aa=2. 9.a n =n 解析:因为a n =2S n n+1,则(n+1)a n =2S n , ① 所以(n+2)a n+1=2S n+1,②②-①得(n+2)a n+1-(n+1)a n =2a n+1,所以na n+1=(n+1)a n ,即a n+1n+1=a n n,所以a n n=a n -1n -1=a n -2n -2=…=a 22=a 11=1,所以a n =n.10.A 解析:∵2S n +a n =2S n +(S n -S n-1)=3(n≥2),∴S n -32=13S n-1-32,而当n=1时,2a 1+a 1=3,即a 1=1,则S 1-32=-12,∴数列S n -32是以-12为首项,13为公比的等比数列,∴S n =32−12·13n-1,即有S 6=32−12×243.又a 6=3-2S 6=1243,∴S 6a 6=32-12×2431243=12×(729-1)=364.故选A.11.A 解析:S 2=22a 2,即1+a 2=4a 2,所以a 2=13.因为S n =n 2a n ,所以S n+1=(n+1)2a n+1.两式作差得S n+1-S n =(n+1)2a n+1-n 2a n ,即a n+1=(n+1)2a n+1-n 2a n ,即(n+2)a n+1=na n ,所以a n+1a n=nn+2,即a na n -1=n -1n+1(n≥2),则a n =a n a n -1·a n -1a n -2·a n -2a n -3·…·a 3a 2·a 2=n -1n+1·n -2n·n -3n -1 (2)4·13=2n (n+1)=21n −1n+1,所以S n =21-12+12−13+…+1n−1n+1=21-1n+1=2nn+1.故选A.12.A 解析:由已知可得a n+13n+1-2·a n3n=1,即a n+13n+1+1=2a n 3n+1,即数列a n 3n+1是等比数列,其首项为33+1=2,公比为2,所以a n3n +1=2·2n-1=2n ,即a n =6n -3n .故选A.13.2 解析:由题得1a 1+12a 2+13a 3+…+1na n=3n 2n+1, ① 1a 1+12a 2+13a 3+…+1(n -1)a n -1=3n -32n -1(n≥2), ②①-②得1na n=3n2n+1−3n -32n -1=34n 2-1,所以1a n=3n4n 2-1,所以a n =4n 2-13n=43n-13n(n≥2).因为n=1也满足,所以a n =43n-13n(n ∈N *),所以数列{a n }为递增数列,所以(a n )min =43−13=1,由题得λ≤2a n ,所以λ≤2,所以λ的最大值是2.14.32 解析:由8S n 2=a n+1(2S n +a n+1),整理得8S n 2-2a n+1S n -a n+12=0,故(4S n +a n+1)(2S n -a n+1)=0.因为a n >0,所以4S n +a n+1>0,故2S n =a n+1=S n+1-S n ,整理得S n+1=3S n ,故数列{S n }是以1为首项,3为公比的等比数列,故S n =3n-1,所以S 10a 10=S 10S 10-S 9=3939-38=32.15.A 解析:因为a n =3a n-1+4a n-2(n≥3),所以a n +a n-1=4(a n-1+a n-2).又a 1+a 2=3≠0,所以a n +a n -1a n -1+a n -2=4(n≥3),所以{a n +a n+1}是公比为4,首项为3的等比数列,则数列{a 2n +a 2n-1}也是等比数列,公比为42=16,首项为3,所以S 10=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 9+a 10)=3×(1-165)1-16=410-15.故选A.16.A 解析:已知a 1+2a 2+3a 3+…+na n =2n ,则当n≥2时,a 1+2a 2+3a 3+…+(n -1)a n-1=2n-1,两式相减得na n =2n-1,即a n =2n -1n,n≥2,当n=1时,a 1=21=2,不符合,则a n ={2,n =1,2n -1n,n ≥2.当k≥2时,a k a k+14k =2k -1·2k(k+1)k ·22k=12·1k (k+1)=121k−1k+1,故原式=14a 1a 2+1212−13+1213−14+…+1219−110=14×2×22-12+1212−110=710.故选A.17.a n ={1,n =1,n 2,n ≥2 解析:已知a n =a 1+12a 2+13a 3+…+1n -1a n-1(n>1),a 1=1,则a n+1=a 1+12a 2+13a 3+…+1n -1a n-1+1na n ,两式相减得a n+1-a n =1na n ,即a n+1=n+1na n ,∴a n+1a n=n+1n,a n a n -1=nn -1,a n -1a n -2=n -1n -2,…,a 3a 2=32,∴a n a 2=n2.又当n=2时,a 2=a 1=1,∴a n =n 2(n≥2),n=1不符合,∴a n ={1,n =1,n 2,n ≥2.。

第25讲：等差数列的概念公式与性质【课型】复习课【教学目标】1.理解并掌握等差数列的概念、公式与性质【预习清单】 【基础知识梳理】一．等差数列的定义：1.文字语言：一般地，一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等差数列．这个常数叫作等差数列的公差，通常用字母d 表示.2.符号语言：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N ＋，d 为常数)． 二．等差数列的通项公式与前n 项和公式 1.通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ．2.前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n （a 1＋a n ）2．三．等差数列的性质：已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和． 1.通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N ＋)．2.若m ＋n ＝p+q=2r(m ,n,p,q,r ∈N ＋)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a r ．3.数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…构成等差数列．4.等差中项：若三个数a ，A ，b 组成等差数列，则A 叫作a ，b 的等差中项,且A=2b a +．四．常用结论1．关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1；②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.3．两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为S 2n －1T 2n －1＝a nb n．【引导清单】考向一：等差数列基本量的计算例1： (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 6＝23，S 5＝35，则{a n }的公差为(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＋S 5＝2，S 7＝14，则a 10＝ (3)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝____________．【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d ，由题意可得⎩⎨⎧a 1＋2d ＋a 1＋5d ＝23，5a 1＋5×42d ＝35，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝3.(2)设等差数列{a n}的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋5a 1＋5×42d ＝2，7a 1＋7×62d ＝14，可得⎩⎨⎧6a 1＋13d ＝2，a 1＋3d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝－4，d ＝2，所以a 10＝－4＋9×2＝14.(3)通解：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2＋a 6＝2，得a 1＋d ＋a 1＋5d ＝2，即－4＋6d ＝2，解得d＝1，所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.优解：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＋a 6＝2a 4＝2，所以a 4＝1，所以d ＝a 4－a 14－1＝1－（－2）3＝1，所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.考向二：等差数列性质的应用例2：(1) 已知等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，且a 3＋a 6＋a 10＋a 13m ＝8，则m ＝________．（2）等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是＝________ （3）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________． 【解析】(1) 由等差数列性质，知a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝2a 8＋2a 8＝4a 8＝32，∴ a 8＝8.∴ m ＝8.（2）∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4∴S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×42＝26(3) 由等差数列的性质，知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，∴ 2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，∴ a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2(S 6－S 3)－S 3＝45. 【训练清单】【变式训练1】(1)已知等差数列{a n }，其中a 1＝13，a 2＋a 5＝4，a n ＝33，则n 的值为________．(2))设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________．（3）若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝________． 【解析】(1)在等差数列{a n }中，a 2＋a 5＝2a 1＋5d ＝23＋5d ＝4，所以d ＝23，又a n＝13＋23(n －1)＝33，解得n ＝50.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9d ×82＝－9，解得⎩⎨⎧a 1＝3d ＝－1，∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.（3）因为数列{a n }是等差数列，且a 2＝3a 1，所以公差d ＝a 2－a 1＝2a 1，故S 10S 5＝10a 1＋45d 5a 1＋10d ＝4. 【变式训练2】（1）在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 45＝________. (2)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝.________【解析】（1）a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33，∴a 45＝a 25＋20d ＝66＋66＝132.(2)因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.(3)∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20，∴S 30－30＝10＋2×10＝30，∴S 30＝60. 【巩固清单】1．在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝【解析】法一：设等差数列的公差为d ，则a 3＋a 5＝2a 1＋6d ＝4＋6d ＝10，所以d ＝1，a 7＝a 1＋6d ＝2＋6＝8.法二：由等差数列的性质可得a 1＋a 7＝a 3＋a 5＝10，又a 1＝2，所以a 7＝8.2．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝6，S 3＝12，则公差d ＝【解析】在等差数列{a n }中，S 3＝3（a 1＋a 3）2＝3（a 1＋6）2＝12，解得a 1＝2，又a 3＝a 1＋2d ＝2＋2d ＝6，解得d ＝2. 3．a ＝13＋2，b ＝13－2，则a 、b 的等差中项为 【解析】a ＋b2＝13＋2＋13－22＝（3－2）＋（3＋2）2＝ 3.4．在等差数列{a n }中，若S 4＝1，S 8＝4，则a 17＋a 18＋a 19＋a 20的值为 【解析】∵S 4＝1，S 8－S 4＝3，而S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12，S 20－S 16成等差数列，即各项为1，3，5，7，9，∴a 17＋a 18＋a 19＋a 20＝S 20－S 16＝95．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝ 【解析】由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92.6．已知等差数列{a n }的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为 【解析】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，所以2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，又等差数列{a n }的前10项和为30，前30项和为210，所以2(S 20－30)＝30＋(210－S 20)，解得S 20＝100.7．等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7=【解析】a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝132（a 1＋a 13）132（b 1＋b 13）＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.8．在等差数列{a n }中，a 1＝－2023，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S2023的值等于【解析】由题意知，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 为等差数列，其公差为1，所以20232023S ＝S 11＋(2023－1)×1＝－2023＋2022＝－1. 所以S 2023＝－2023. 9．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．【解】(1)设{a n }的公差为d ，由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0，由a 3＝4得a 1＋2d ＝4，于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n .(2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }． 10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －11.(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)令b n ＝|a n |，求数列{b n }的前10项和S 10. 【解】(1)证明：由a n ＝2n －11，可得a n ＋1－a n ＝2(n ＋1)－11－2n ＋11＝2(n ∈N *)，因此数列{a n }为等差数列．(2)因为a n ＝2n －11，所以|a n |＝⎩⎨⎧11－2n ，n ≤5，2n －11，n >5，因此，S 10＝5×9＋12×5×4×(－2)＋5×1＋12×5×4×2＝50.。

第25课时数列的实际应用教学目标：1.明白得〝复利〞的概念，能解决分期付款的有关运算方法；2.能够把实际咨询题转化成数列咨询题．教学重点：建立数列模型解决数列实际应用咨询题．〔一〕要紧知识：1.解应用咨询题的核心是建立数学模型；2.一样步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型；n a S〕．3.注意咨询题是求什么〔,,n n〔二〕要紧方法：1.解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判定数列，解题完毕要作答；2.在归纳或求通项公式时，一定要将项数n运算准确；3.在数列类型不易辨论时，要注意归纳递推关系；4.在近似运算时，要注意应用对数方法和二项式定理，且要看清题中对近似程度的要求．〔三〕典例分析：咨询题1．〔05上海〕假设某市2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．估量在今后的假设干年后，该市每年新建住房面积平均比上年增长8%．另外，每年新建住房中，中底价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底()1该市历年所建中低价房的累计面积〔以2004年为累计的第一年〕将首次许多于4750万平方米？()2当年建筑的中低价房的面积占该年建筑住房面积的比例首次大于85%？咨询题2．银行按规定每通过一定的时刻结算存〔贷〕款的利息一次，结算后立即利息并入本金，这种运算利息的方法叫做复利．现在有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，第一年便可获得利润1万元，以后每年比上年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5000元．两种方案的期限差不多上10年，到期一次行归还本息．假设银行贷款利息均以年息10%的复利运算，试比较两个方案哪个获得存利润更多？〔运算精确到千元，参考数据：1010==〕1.12.594,1.313.796咨询题3．〔03京春〕如图，在边长为l 的等边ABC △中，1O ⊙为ABC △的内切圆，2O ⊙与1O ⊙外切，且与AB ，BC 相切，…，1n O +⊙与n O ⊙外切，且与AB 、BC 相切，如此无限连续下去.记n O ⊙的面积为n a ()*n N ∈.〔Ⅰ〕证明{}n a 是等比数列；〔Ⅱ〕求()12lim n n a a a →∞++⋅⋅⋅+的值.咨询题4．〔07上海〕近年来，太阳能技术运用的步伐日益加快．2002年全球太阳电池的年生产量达到670兆瓦，年生产量的增长率为34%，以后四年中，年生产量的增长率逐年递增2%〔如2003年的年生产量的增长率为36%〕．()1求2006年全球太阳电池的年生产量〔结果精确到0.1兆瓦〕；()2目前太阳电池产业存在的要紧咨询题是市场安装量远小于生产量，2006年的实际安装量为1420兆瓦．假设以后假设干年内太阳电池的年生产量的增长率保持在42%，到2010年，要使年安装量与年生产量差不多持平〔即年安装量许多于年生产量的95%〕，这四年中太阳电池的年安装量的平均增长率至少应达到多少〔结果精确到0.1%〕？〔四〕巩固练习：1.某工厂总产值月增长率为p ，那么年平均增长率为.A p.B 12p .C ()121p + .D ()1211p +-2.〔04重庆理〕如图1P 是一块半径为1的半圆形纸板，在1P 的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形2P ，然后依次剪去一个更小半圆〔其直径为前一个被剪掉半圆的半径〕得圆形3P 、4P 、…，n P ，…记纸板n P 的面积为n S ，那么lim n n S →∞=〔五〕课后作业：1.家用电器一件2000元，实行分期付款，每期为一个月，购买后一个月付款一次，再过一个月又付款一次，共付12次即购买一年后付清，按月利率10%，每月复利一次运算，1P 2P3P 4P那么每期应对款 元.2.〔02全国〕某都市2001年末汽车保有量为30万辆，估量此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，同时每年新增汽车数量相同为了爱护都市环境，要求该都市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？〔六〕走向高考：〔07安徽〕某国采纳养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为1a ，以后每年交纳的数目均比上一年增加(0)d d >，因此，历年所交纳的储备金数目12a a ，，是一个公差为d 的等差数列．与此同时，国家给予优待的计息政策，不仅采纳固定利率，而且运算复利．这确实是讲，假如固定年利率为(0)r r >，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为11(1)n a r -+，第二年所交纳的储备金就变为22(1)n a r -+，．以n T 表示到第n 年末所累计的储备金总额．()1写出n T 与1(2)n T n -≥的递推关系式；()2求证：n n n T A B =+，其中{}n A 是一个等比数列，{}n B 是一个等差数列．。