熱點專題突破系列(三)數(shù)列的綜合應用考點一

等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合問題【考情分析】等差、等比數(shù)列相結合的問題是高考考查的重點

(1)綜合考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義、通項公式、前n項和公式、等差(比)中項、等差(比)數(shù)列的性質(zhì).

(2)重點考查基本量(即“知三求二”,解方程(組))的計算以及靈活運用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)解決問題.【典例1】(2014·湖南高考)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.(1)若{an}是遞增數(shù)列,且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,求p的值.2n-1

2n

n公式.(2)若p=

1

,且{a }是遞增數(shù)列,{a

}是遞減數(shù)列,求數(shù)列{a

}的通項2【解題提示】(1)由{an}是遞增數(shù)列,去掉絕對值號,求出前三項,再利用a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,得到關于p的方程即可求解.(2){a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,可以去掉絕對值號,再利用疊加法求通項公式.【規(guī)范解答】(1)因為{an}是遞增數(shù)列,所以an+1-an=pn,又a1=1,a2=p+1,a3=p2+p+1,因為a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,所以4a2=a1+1

3a3,4p+4=1+3p2+3p+3,3p2=p,3解得1

p=

或p=0,當p=0時,an+1-an=0,與{an}是遞增數(shù)列矛盾,所以3p=

.(2)因為{a2n-1}是遞增數(shù)列,所以a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0

①,由①②得(a2n-a2n-1)>0,所以a

-a因為{a2n}是遞減數(shù)列,所以同理可得a2n+1-a2n<0,a2n+1-a2n=1由于

<

,所1

以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|

②,22n

22n－12n

2n-1

(

2

)2n－1=22n－1=1

(－1③)2n,2n122n-(

)

=2(－④1,)2n+1n21

2221233

3

2=1++1+2=1+

1

+…

+2n－13

2n－1n－1由③④得an+1－an

=(－1)n+1

，2n所以an

=a1

+(a2－a1

)+(a3－a2

)+…+(an－an－1

)(－1)2

(－1)3(－1)n1－(－1

)n－1=

4

+

1

(－1)

，4 1

(－1)n所以數(shù)列{an

}的通項公式為an

=

+．【規(guī)律方法】等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的解題策略(1)分析已知條件和求解目標,確定為最終解決問題需要首先求解的中間問題,如為求和需要先求出通項、為求出通項需要先求出首項和公差(公比)等,確定解題的順序.(2)注意細節(jié).在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中,如果等比數(shù)列的公比不能確定,則要看其是否有等于1的可能,在數(shù)列的通項問題中第一項和后面的項能否用同一個公式表示等,這些細節(jié)對解題的影響也是巨大的.提醒:在不能使用同一公式進行計算的情況下要注意分類討論,分類解決問題后還要注意結論的整合.n+1a

=,n∈N*.5【變式訓練】(2015·寧波模擬)已知數(shù)列{an}的首項a1=3，n3an2a

+1(1)求證：數(shù)列{

1

-1}為等比數(shù)列.an(2)記Sn=

1

+

1

+…

+

1

，若Sn＜100，求最大正整數(shù)n.a1

a2

an(3)是否存在互不相等的正整數(shù)m,s,n，使m,s,n成等差數(shù)列，且am-1，as-1,an-1成等比數(shù)列？如果存在，請給出證明；如果不存在，請說明理由.【解析】(1)由an+1=可得所以3an2an

+11

2

1a3

3ann+1=

+

，1

13an

3an+1-1

= -

1

.an

3又

1

-1≠=

02，所以

-1≠1

0(n∈N*)a1

3

an所以數(shù)列{

1-1}為首項為

，2公比為

的1等比數(shù)列.3若Sn＜100，則n+11-

＜100，3n所以滿足條件的最大正整數(shù)n為99.n1

2nan3

3a

a

a

332

3n13nn-13n+1S

=

1

+

1

+…

+

1

=

n

+

2(1

+

1

+…

+

1

)1-31

-

1=

n

+

2

3(2)由(1)，可得

1

-1

=

2(1)

,所以

1

=

2(1)n

+1.an

3=

n

+1-

1

，(3)假設存在滿足條件的m,s,n,則m+n=2s,(am-1)(an-1)=(as-1)2,n因為a=所以n33n

+

2

,2n

ms3n3m3s(

-1)(-1)

=

(-1)

.3

+

2

3

+

23

+

2化簡,得3m+3n=2·3s.因為3m+3n≥2·

3m+=n

2·3s,當且僅當m=n時等號成立,這與m,s,n互不相等矛盾,所以假設不成立,即不存在滿足條件的m,s,n.【加固訓練】(2015·南昌模擬)已知{an}是單調(diào)遞增的等差數(shù)列,首項a1=3,前n項和為Sn,數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,首項b1=1,且a2b2=12,S3+b2=20.(1)求{an}和{bn}的通項公式.

(2)令cn=Sncos(anπ)(n∈N*),求{cn}的前n項和Tn.【解析】(1)設數(shù)列{an}的公差為d,數(shù)列{bn}的公比為q,則a2b2=(3+d)q=12,S3+b2=3a2+b2=3(3+d)+q=9+3d+q=20,3d+q=11,q=11-3d,則(3+d)(11-3d)=33+2d-3d2=12,即3d2-2d-21=0,(3d+7)(d-3)=0.因為{an}是單調(diào)遞增的等差數(shù)列,所以d>0,所以d=3,q=2,an=3+(n-1)×3=3n,bn=2n-1.(2)由(1)知nn3

322Scn

=

Sncos

3nπ

=

①當n是偶數(shù)時,=3

n2

+3

n,n是偶數(shù)，2

2-S

=-n2

-

n,n是奇數(shù).Tn=c1+c2+c3+…+cn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-1+Sn=a2+a4+a6+…+an=6+12+18+…+33nn=n

+

2

.4②當n是奇數(shù)時，Tn=Tn-1-Sn=3 n

-1 n

+1

-

3

n2

-

3

n4

2

22n234434=-

(n

+1)

.-3n

(n

+2),n是偶數(shù)，綜上可得，T

=

(n

+1)，n是奇數(shù).考點二

數(shù)列與函數(shù)的綜合問題【考情分析】數(shù)列與函數(shù)的特殊關系,決定了數(shù)列與函數(shù)交匯命題的自然性,是高考命題的易考點,主要考查方式有:

(1)以函數(shù)為載體,考查函數(shù)解析式的求法,或者利用函數(shù)解析式給出數(shù)列的遞推關系、數(shù)列前n項和的計算方法

(2)根據(jù)數(shù)列是一種特殊的函數(shù)這一特點命題,考查利用函數(shù)的單調(diào)性來確定數(shù)列的單調(diào)性、最值或解決某些恒成立問題【典例2】(2015·沈陽模擬)已知函數(shù)f(x)=n1

n+1求數(shù)列{an}的通項公式.令Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1,求Tn.n(3)令b=(n≥2),b1=3,Sn=b1+b2+…+bn,若Sn<對一切n∈N*成立,求最小正整數(shù)m.3x2x

+3,數(shù)列{a}滿足na

=1,a =f(

1

),n∈N*.a1a

an-1

n2m

-

2

005【解題提示】(1)由已知得an+1與an的關系從而獲解.(2)利用等差數(shù)列的性質(zhì)及裂項相消法去求解.

(3)利用裂項相消法先求出Sn,再把問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題.nn【規(guī)范解答】(1)因為

aa

33n+1=

f(

1

)

=

2

+

3an

=

a

+

2

,所以{an}是以2為公差的等差數(shù)列.3又a1=1,所以an=2

n

+1

.3

3(2)Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1=a2(a1-a3)+a4(a3-a5)+…+a2n(a2n-1-a2n+1)=-

4(a2+a4+…+a2n)32443

3

3329n(

5

+

4n

+

1

)=-

(2n+

3n

).=-

(3)當n≥2時，bn=1所以Sn=b1+b2+…+bn111

1an-1an==

9

(2 2n

-1 2n

+1(

2

n

-

1)(

2

n

+

1)3

3

3

3-

)，又b

=3=91(1-

),2

31

112

3

3

5=

9

(1-

1

+

1

-

1

+…

+-

)

=

9

(1-2n

-1 2n

+1

2 2n

+1)，12 2n

+1

2因為Sn=9

(1-

)＜m對-

一2

0切05n∈N*成立且19

(1-2 2n

+1

2)＜9

.所以m

-2

005即?m9

,≥2

014.2

2所以最小正整數(shù)m=2

014.【規(guī)律方法】1.數(shù)列與函數(shù)的綜合問題的常見類型及解題策略

(1)已知函數(shù)條件,解決數(shù)列問題,此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題.

(2)已知數(shù)列條件,解決函數(shù)問題,解決此類問題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對式子化簡變形.另外,解題時要注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系,靈活運用函數(shù)的思想方法求解,在問題的求解過程中往往會遇到遞推數(shù)列,因此掌握遞推數(shù)列的常見解法有助于該類問題的解決.2.解決數(shù)列與函數(shù)綜合問題的注意點(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù),其定義域是正整數(shù)集,而不是某個區(qū)間上的連續(xù)實數(shù),所以它的圖象是一群孤立的點.

(2)轉(zhuǎn)化以函數(shù)為背景的條件時,應注意題中的限制條件,如函數(shù)的定義域,這往往是非常容易忽視的問題.

(3)利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中相關問題時,應準確構造函數(shù),注意數(shù)列中相關限制條件的轉(zhuǎn)化.【變式訓練】(2015·成都模擬)已知二次函數(shù)f(x)=x2-ax+a(a>0,x∈R),不等式f(x)≤0的解集有且只有一個元素,設數(shù)列{an}的前n項和Sn=f(n)(n∈N*),(1)求數(shù)列{an}的通項公式.nn

n(2)設b=an

,求數(shù)列的前n項和T.3n【解析】(1)由已知得x2-ax+a≤0的解集有且只有一個元素,所以Δ=(-a)2-4a=0,即a2-4a=0,又因為a>0,所以a=4,n所以f(x)=x2-4x+4,從而Sn=f(n)=n2-4n+4,當n=1時,a1=S1=1-4+4=1;當n≥2時,an=Sn-Sn-1=2n-5.所以a

=

1,

n

=1,2n

-5,n

?2且n

?

N

*.nnnn332

33

34

3n33

3

3

3

3

3

33

332

33

34

35

3n

3n+12

3

4

n

n+11

2

1

1

1 2n

-

5n

=

- +

2(

+

+…

+

)

-

,1 n

-1.(2)因為T

=

1

+

-1

+

1

+

3

+…

+

2n

-

5

,

①所以1

T

=

1

+

-1

+

1

+

3

+…

+

2n

-

7

+

2n

-

5

.②①-②得2

T所以T

=

-【加固訓練】設函數(shù)f(x)的定義域為R,當x<0時f(x)>1,且對任意的實數(shù)x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y).(1)求f(0),判斷并證明函數(shù)f(x)的單調(diào)性.(2)數(shù)列{an}滿足a1=f(0),且f(an+1)=n(n∈N*),數(shù)列滿足bn=an-8.①求數(shù)列{an}的通項公式;②求數(shù)列{bn}的前n項和Tn的最小值及相應的n的值.n1f

(-2

-

a

)【解析】(1)x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),x<0時,f(x)>1,令x=-1,y=0,則f(-1)=f(-1)f(0),因為f(-1)>1,所以f(0)=1.若x>0,則f(x-x)=f(0)=f(x)f(-x),任取x1<x2,f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1),因為x2-x1>0,所以0<f(x2-x1)<1,所以f(x2)<f(x1),故f(x)在R上是減函數(shù).故f(x)=

1∈(0,1),故x∈R,f(x)>0,f

(-x

)(2)①a1=f(0)=1,f(an+1)==f(2+an),由f(x)單調(diào)性an+1=an+2.故{an}是等差數(shù)列,所以an=2n-1.②bn=2n-9,Tn=n2-8n,當n=4時,(Tn)min=-16.1f

(-2

-

an

)考點三

數(shù)列與不等式的綜合問題【考情分析】數(shù)列與不等式的綜合問題是高考考查的熱點.考查方式

主要有三種:

(1)判斷數(shù)列問題中的一些不等關系,如比較數(shù)列中的項的大小關系等.

(2)以數(shù)列為載體,考查不等式的恒成立問題,求不等式中的參數(shù)的取

值范圍等.(3)考查與數(shù)列問題有關的不等式的證明問題.n【典例3】(2014·上海高考)已知數(shù)列{a}滿足nn+1n≤3a

,n

n

1

2

nnn+1n≤3S

,n∈N*,求q的取值范圍.(3)若a1,a2,…成等差數(shù)列,且a1+a2+…+ak=1000,求正整數(shù)k的最大值,以及k取最大值時相應數(shù)列a1,a2,…的公差.a1

≤a3n∈N*,a1=1.(1)若a2=2,a3=x,a4=9,求x的取值范圍.(2)設{a}是公比為q的等比數(shù)列,S=a+a+…+a,1S

≤S33【解題提示】(1)根據(jù)

1a2≤a3≤3a2,

a1

≤a4≤3a3可求得x的范圍.3

3需對q分類討論,若q=1,易得符合題意,若q≠1時,再通過放縮法解不等式組即得結論.k=1000,d=0是一組解時,kmax≥1000,根據(jù)1

an≤an+1≤3an,可得3d≥

-

2,然后根據(jù)a1+a2+…+ak=1000,得到關于d的關系式,而

2k

-1d≥-

2,從而得到關于k的不等式,解此不等式即得.2k

-1【規(guī)范解答】(1)依題意,

a12≤a3≤3a2,所以

≤x2

≤6;3

3又1a3≤a4≤3a3,所以3≤x≤27;綜上可得:3≤x≤6.3n當1<q≤3時，S=, S

≤Sn

n+1n(2)由已知得，an=qn-1,又1

a1≤a2≤3a1，3所以1≤q≤3,33當q=1時，Sn=n1,

Sn≤Sn+1≤3Sn,即n

≤n+1≤3n,成立.3≤3S

,nq

-1q

-113,qn+1

-1qn

-1￡ ￡

33 q

-1q

-1q

-13qn+1

-

qn

-

2

?

0,qn+1

-

3qn

+

2

￡

0,n即1

q

-1所以1 qn+1

-1￡ ￡

3，3

qn

-1此不等式即因為q>1,故3qn+1-qn-2=qn(3q-1)-2>2qn-2>0,對于不等式qn+1-3qn+2≤0,令n=1,得q2-3q+2≤0,解得1≤q≤2,又當1<q≤2時,q-3<0,所以qn+1-3qn+2=qn(q-3)+2≤q(q-3)+2=(q-1)(q-2)≤0成立,所以1<q≤2,n當

≤q<1時，S

=S

≤Sn+1n≤3S

,13n1,

n1-

q1-

q

3,1-

qn￡ ￡

33

1-

q

1-

q1-

qn

n+1即1

1-

q

1-

qn+1

n所以此不等式即3qn+1

-qn

-2

￡

0,3q-1≥0,q-3<0,q

-

3q

+

2

?

0，所以3qn+1-qn-2=qn(3q-1)-2<2qn-2<0,qn+1-3qn+2=qn(q-3)+2≥q(q-3)+2=(q-1)(q-2)>0,所以1≤q<1時,不等式恒成立,

3綜上,q的取值范圍為

1≤q≤2.3(3)設公差為d,顯然，當k=1

000,d=0時，是一組符合題意的解，故kmax≥1

000,當k≥2時,3則由已知得1+k

-≤21d+(k-1)d≤3［1+(k-2)d］,

2k

-

5)d

?

-2,(2k

-1

d?

-2,所以22.(當k≥1

000時，不等式即d

?-2k

-12k

-

5且d

?-2.所以d的取值范圍為d≥-2k

-1解得1

000≤k≤1

000+所以k≤1

999,所以k的最大值為1

999，2a1+a2+…+ak=kk+k

-1

d

=1

000,2,所以k≥1

000時，d

=2

000

-2k

?-k

(k

-1)2k

-1999

000,1

9981.1

999此時公差d

=2

000

-2k

=-=

-k

(k

-1)1

999

·1

998【規(guī)律方法】數(shù)列中不等式的處理方法(1)函數(shù)方法:即構造函數(shù),通過函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關于正實數(shù)的不等式,通過對關于正實數(shù)的不等式特殊賦值得出數(shù)列中的不等式.

(2)放縮方法:數(shù)列中不等式可以通過對中間過程或者最后的結果放縮得到.(3)比較方法:作差或者作商比較.

(4)數(shù)學歸納法:使用數(shù)學歸納法進行證明.【變式訓練】(2014·廣東高考)設各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn滿足n2

2

*-(n

+n-3)S

-3(n

+n)=0,n∈N

.求a1的值.求數(shù)列{an}的通項公式.

(3)證明:對一切正整數(shù)n,有2nS1

11++…

+<

1

.a1

(a1

+1)

a2

(a2

+1)an

(an

+1)

3【解題提示】(1)可直接令n=1.(2)用n表示出Sn,利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求解.

(3)先對每一項進行放縮再裂項相消整理求和.1

1【解析】(1)令n=1,則S

=a,12

2-(1

+1-3)S

-3(1

+1)=0,1

1

1即 +a

-6=0,解得a

=2或a

=-3(舍去).n2

2(2) -(n

+

n-3)S

-3(n

+n)=0,可以整理為(Sn+3)[Sn-(n2+n)]=0,因為數(shù)列{an}中,an>0,所以Sn≠-3,只有Sn=n2+n.當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=2,符合an=2n,所以數(shù)列{an}的通項公式為an=2n(n∈N*).21S21a2nS11121

11144=an

(an

+1)2n

(2n

+1)4

n(n

+

1

)==

1

(3)因為<

1

，—，4

(n－1

)(n

+1－1

)

(n－1

)(n

+1－1

)n－1

n

+1－14

4

41

1411

11111)]44444414114

41

11++…

+a1

(a1

+1)

a2

(a2

+1)an

(an

+1)<

1

[(<

1

.3 4n

+

3

3++…

+<

1

.a1

(a1

+1)

a2

(a2

+1)an

(an

+1)

3所以—

)

+(—

)

+…

+

(—1－1

2－12－1

3－1n－1

n

+1－1=

1

(

－)

=

1－4

1－1n

+1－1故對一切正整數(shù)n，有【加固訓練】1.(2015·貴陽模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,n

n滿足S=3

a-n(n∈N*).2求證:數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列.令bn=log3(a1+1)+log3(a2+1)+…+log3(an+1),對任意n∈N*,是否存在正整數(shù)m,使

1

+

1

+…

+

1

?

m

恒成立?若存在,求出m的值;若不b1

b2

bn

4存在,請說明理由.又a1+1=2+1=3,故數(shù)列{an+1}是首項為3,公比為3的等比數(shù)列.【解析】(1)當n=1時,S1=a1=3

a1-1,解得a1=2,2當n≥2時,由Sn=3an-n得Sn-1=3

an-1-n+1.2

22即an=3an-1+2(n≥2),則an+1=3(an-1+1).兩式相減得,Sn-Sn-1=3

an-3an-1-1,2(2)由(1)知an+1=3×3n-1=3n.所以bn=log3(a1+1)+log3(a2+1)+…+log3(an+1)=1+2+n

…n

++1n,=22

111)=

2(

1

-

),bn

n

(n

+1)n n

+1)]

=

2(1-=

2[(1-

1

)

+(

1

-

1)

+…

+

(

1

-2

2

3

n n

+1n

+1所以

1

=則

1

+

1

+…

+

1b1

b2

bn又因為m∈N*，所以m=1,2,3,4.由

1

+

1

+…

+對1任?意mn∈N*恒成立，得b1

b2

bn

42(1-

1)≥

，m即m≤

8(1對-任1意)n∈N*恒成立,n

+1

4

n

+11因為1-

?1

，1所以1

m≤4.-

=n

+1

2

2n

n

1

4于任意的n∈N+,有Sn,Sn+2,Sn+1成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式.(2)已知bn=n(n∈N+),記Tn=m(Tn-n-1)對于n≥2恒成立,求實數(shù)m的最小值.2.已知數(shù)列{a

}為等比數(shù)列,其前n項和為S

,已知a

+a

=-

7

,且對16312n1

2

3nb

b

bb|aa

aa|+

| |

+

| |

+…

+

||，若(n-1)2≤【解析】(1)設公比為q,因為S1,S3,S2成等差數(shù)列,所以2S3=S1+S2,所以2a1(1+q+q2)=a1(2+q),得q1=,-2又a1+a4=a1(1+q3)-=7

,16所以a1=-1

,2所以an=a1qn-1=(-1

)n

.2n所以T=-(n+1

n+1-n·2 )=(n-1)·2

+2.2(2)因為bn=n,an=(-1

)n

,所以|

bn=|

n·2n,an所以Tn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n,①2Tn=1·22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,②①-②得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1,n+12

-

21-

2若(n-1)2≤m(Tn-n-1)對于n≥2恒成立,則(n-1)2≤m[(n-1)·2n+1+2-n-1],(n-1)2≤m(n-1)·(2n+1-1),所以m≥

n

-1

,2n+1

-1n+1令f(n)=

n

-,1f(n+1)-f(n)=2

-1nn+1n+2

n+1n

-1-=2n+2

-1

2

-1(2

-1)(2

-1)(2

-

n

2n+1

-1＜0,所以f(n)為減函數(shù),所以f(n)≤f(2)=

.17所以m≥1.7考點四數(shù)列的實際應用問題【考情分析】此類試題一般圍繞著現(xiàn)實生活中的人口的增長、產(chǎn)量的增加、成本的降低、存貸款利息的計算、分期付款等客觀背景進行設置,它不僅涉及數(shù)列中的基本知識和方法,還往往涉及其他學科的知識和常識【典例4】(2015·蘇州模擬)某商店投入81萬元經(jīng)銷某種紀念品,經(jīng)銷時間共60天,市場調(diào)研表明,該商店在經(jīng)銷這一產(chǎn)品期間第n天n的利潤a=(單位:萬元,n∈N*).為了獲得更多的利潤,商店將每天獲得的利潤投入到次日的經(jīng)營中,記第n天的利潤率n求b1,b2的值.求第n天的利潤率bn.(3)該商店在經(jīng)銷此紀念品期間,哪一天的利潤率最大?并求該日的利潤率.1,1

￡

n

￡

20,

n

,

21

￡

n

￡

601031

2a3=

.b=

第n天的利潤

，例如，b這n天的投入資金總和

81+

a

+a【解題提示】(1)根據(jù)利潤an和利潤率bn的定義求值.(2)分1≤n≤20和21≤n≤60兩種情況求解.

(3)根據(jù)(2)的結論,利用單調(diào)性或基本不等式求解.所以bn=【規(guī)范解答】(1)當n=1時，b1=1

;當n=2時，b2=1

.81

82(2)當1≤n≤20時，a1=a2=a3=…=an-1=an=1，an

1=

.n12n81+

a1

+

a2

+…

+an-1

80

+

nann-121

22

n-1==

10

81+

20

+

a

+a

+…

+

a當21≤n≤60時，bn81+

a

+

a

+…

+a2n.1=

10

=n2

-

n

+1

600101+

(n

-

21)(n

+

20)20n1所以第n天的利潤率b2n,1

￡

n

￡

20,=

80

+

n

,

21

￡

n

￡

60,n

?

N

*.

n2

-

n

+1

600當21≤n≤60時,bn=成立).利潤率為(3)當1≤n≤20時，bn=

1

是遞減數(shù)列，此時bn的最大值為b1=1

;811

60079=

￡80

+

n2n

2

2

=

2n2

-

n

+1

6002 1

600

-1n

+-1(當且僅當n=

1

600，即n=40時，“=”n81

79n又因為1

＜2

，所以當n=40時，(bn)max=2

.79所以該商店在經(jīng)銷此紀念品期間，第40天的利潤率最大，且該日的2

.79【規(guī)律方法】解答數(shù)列實際應用問題的步驟(1)確定模型類型:理解題意,看是哪類數(shù)列模型,一般有等差數(shù)列模型、等比數(shù)列模型、簡單的遞推數(shù)列模型.基本特征見下表:數(shù)列模型基本特征等差數(shù)列均勻增加或者減少等比數(shù)列指數(shù)增長,常見的是增產(chǎn)率問題、存款復利問題簡單遞推數(shù)列指數(shù)增長的同時又均勻減少.如年收入增長率為20%,每年年底要拿出a(常數(shù))作為下年度的開銷,即數(shù)列{an}滿足an+1=1.2an-a(2)準確解決模型:解模就是根據(jù)數(shù)列的知識,求數(shù)列的通項、數(shù)列的和、解方程(組)或者不等式(組)等,在解模時要注意運算準確.

(3)給出問題的回答:實際應用問題最后要把求解的數(shù)學結果化為對實際問題的答案,在解題中不要忽視了這點.【變式訓練】從經(jīng)濟效益出發(fā),某地投入資金進行生態(tài)環(huán)境建設,并以此發(fā)展旅游產(chǎn)業(yè).根據(jù)規(guī)劃,2015年度投入800萬元,以后每年投入將比上年減少1

,2015年度當?shù)芈糜螛I(yè)估計收入400萬元,由于該項5建設對旅游業(yè)的促進作用,預計今后的旅游業(yè)收入每年會比上年增加1

.4(1)設n年內(nèi)(2015年為第一年)總投入為an萬元,旅游業(yè)總收入為bn萬元,寫出表達式.

(2)至少經(jīng)過幾年旅游業(yè)的總收入才能超過總投入?【解析】(1)第一年投入為800萬元,第二年投入為800(1-1)萬元,…,5第n年的投入為800(1-1

)n-1萬元,5所以,n年內(nèi)的總投入為:an=800+800(11-

)+…+800(11-

)n-155=4000-40004(

)n.5第一年旅游業(yè)收入為400萬元,第二年旅游業(yè)收入為400(1+1

)萬4元,…,第n年旅游業(yè)收入為400(1+

1)n-1萬元,4所以,n年內(nèi)的旅游業(yè)總收入為bn=400+400(11+

)+…+400(11+

)n-144=1600(5

)n-1600.4(2)設經(jīng)過n年旅游業(yè)的總收入超過總投入,由此bn-an>0,即1600(5

)n-1600-4000

(

)n>40,5設(4)n=x,代入上式,得5x2-7x+2>0,5解此不等式,得x<2或x>1(舍去),5即(

4)n<