(共31张PPT)
5.4 数列的应用
激趣诱思
知识点拨
某老师准备购买汽车,向银行贷款6万元,银行规定一年期以上贷款月均等额还本付息(即利息按月以复利计算,每期付款数额相同,一个月为一期,购买后一个月付款一次,以后每月付款一次),共付36期,月利率为0.457
5%,该老师每月要还多少钱?
激趣诱思
知识点拨
解应用题的基本步骤
1.审题:弄清题意,分清条件和结论,理顺数量关系.
2.建模:利用数学知识及其他相关知识建立相应的数学模型.
3.求模:求解数学模型,得出数学结论.
4.还原:将数学结论还原为实际问题的答案.
激趣诱思
知识点拨
微练习
某厂2010年的生产总值为x万元,预计生产总值每年以12%的速度递增,则该厂到2022年的生产总值是 万元.?
解析:由年平均增长率的定义可得,2011年生产总值为x(1+12%),2012年生产总值为x(1+12%)2,…,所以2022年生产总值为x(1+12%)12.
答案:x(1+12%)12
探究一
探究二
素养形成
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等差数列的应用
例1某种汽车购买时费用为14.4万元,每年应交付保险费、养路费及汽油费共0.9万元,汽车的维修费为:第一年0.2万元,第二年0.4万元,第三年0.6万元,……,依等差数列逐年递增.
(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n),试写出f(n)的表达式;
(2)求这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少).
分析(1)由已知及等差数列前n项和公式,即可得到f(n)的表达式;(2)由(1)中使用n年该车的总费用,我们可以得到n年平均费用表达式,根据基本不等式,我们易计算出平均费用最小时的n值,进而得到结论.
探究一
探究二
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=2×1.2+1=3.4,
当且仅当n=12时,等号成立.
故该汽车使用12年报废为宜.
探究一
探究二
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反思感悟
等差数列与最值的求解策略
本题主要考查等差数列的应用,读懂题意,转化为等差数列求和,利用基本不等式求最值是解题的关键.
探究一
探究二
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变式训练1近几年,我国在电动汽车领域有了长足的发展,电动汽车的核心技术是动力总成,而动力总成的核心技术是电机和控制器,我国永磁电机的技术已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线,第一年需要安装、人工等费用24万元,从第二年起,包括人工、维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元,该生产线每年年产值保持在100万元.
(1)引进该生产线几年后总盈利最大,最大是多少万元?
(2)引进该生产线几年后平均盈利最多,最多是多少万元?
探究一
探究二
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解:(1)设引进设备n年后总盈利为f(n)万元,设除去设备引进费用,第n年的成本为an,构成一等差数列,前n年成本之和为
故f(n)=100n-[24n+4n(n-1)+196]=-4n2+80n-196=-4(n-10)2+204,
n∈N+,
所以当n=10时,f(n)max=204万元.
答:引进生产线10年后总盈利最大为204万元.
探究一
探究二
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故n=7时,g(n)max=g(7)=24万元.
答:引进生产线7年后平均盈利最多为24万元.
探究一
探究二
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等比数列的应用
例2某工厂在2016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可以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
领取工资,该厂根据分流人员的技术特长,计划创办新的经济实体,该经济实体预计第一年属投资阶段,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%,如果某人分流前工资的收入为每年a元,分流后进入新经济实体,第n年的收入为an元.
(1)求{an}的通项公式;
(2)当b≥
时,是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入?
探究一
探究二
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思路分析(1)由题设可知当n≥2时,收入an由两部分构成,一部分是以a为首项,公比为
的等比数列的第n项,另一部分是以b为首项,公比为
的等比数列的第n-1项,据此可求{an}的通项公式.
(2)利用基本不等式可得an>a(n≥2)总成立,从而可判断这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入.
探究一
探究二
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探究一
探究二
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所以一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入.
探究一
探究二
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反思感悟
等比数列实际问题的求解策略
本题考查等比数列在实际问题中的应用,涉及通项的求法、基本不等式的应用等,注意数列不等式的证明可以利用数列单调性来证明,也可以根据通项的结构形式选择基本不等式来证明.
探究一
探究二
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变式训练2某校为扩大教学规模,从今年起扩大招生,现有学生人数为b人,以后学生人数年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a套,其中需要换掉的旧设备占了一半.学校决定每年以当年年初设备数量的10%的增长率增加新设备,同时每年淘汰x套旧设备.
(1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番,那么每年应更换的旧设备是多少套?
(2)依照(1)的更换速度,共需多少年能更换所有需要更换的旧设备?
下列数据提供计算时参考:
1.19≈2.36
1.004
99≈1.04
1.110≈2.6
1.004
910≈1.05
1.111≈2.85
1.004
911≈1.06
探究一
探究二
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当堂检测
解:(1)今年学生人数为b人,则10年后学生人数为b(1+4.9‰)10≈1.05b,
设今年起学校的合格实验设备为数列{an},
则a1=1.1a-x,an+1=1.1an-x.
令an+1+λ=1.1(an+λ),则an+1=1.1an+0.1λ,
所以0.1λ=-x,即λ=-10x.
所以数列{an-10x}是首项为1.1a-11x,公比为1.1的等比数列,
所以an-10x=(1.1a-11x)·1.1n-1,即an=10x+(1.1a-11x)·1.1n-1.
所以a10=10x+(1.1a-11x)·1.19≈2.6a-16x.
探究一
探究二
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数列中的复利计算问题
典例市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房,银行给小张提供了两种贷款方式:①等额本金,每月的还款额呈递减趋势,且从第二个还款月开始,每月还款额与上月还款额的差均相同;②等额本息,每个月的还款额均相同.银行规定,在贷款到账日的次月当天开始首次还款(若2019年7月7日贷款到账,则2019年8月7日首次还款).
已知小张该笔贷款年限为20年,月利率为0.004.
(1)若小张采取等额本金的还款方式,现已得知第一个还款月应还4
900元,最后一个还款月应还2
510元,试计算小张该笔贷款的总利息;
(2)若小张采取等额本息的还款方式,银行规定,每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半,已知小张家庭平均月收入为1万元,判断小张该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素);
探究一
探究二
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(3)对比两种还款方式,从经济利益的角度来考虑,小张应选择哪种还款方式.
参考数据:1.004240≈2.61.
探究一
探究二
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解:(1)由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额构成一个等差数列,记为{an},
Sn表示数列{an}的前n项和,则a1=4
900,a240=2
510,
故小张该笔贷款的总利息为889
200-600
000=289
200元.
(2)设小张每月还款额为x元,采取等额本息的还款方式,每月还款额为一个等比数列,
则x+x(1+0.004)+x(1+0.004)2+…+x(1+0.004)239=
600
000×(1+0.004)240,
探究一
探究二
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所以小张该笔贷款能够获批.
(3)小张采取等额本息贷款方式的总利息为
3
891×240-600
000=933
840-600
000=333
840(元),
因为333
840>289
200,
所以从经济利益的角度来考虑,小张应选择等额本金还款方式.
探究一
探究二
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方法点睛
1.由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额构成一个等差数列,即可由等差数列的前n项和公式求得其还款总额,减去本金即为还款的利息.
2.根据题意,采取等额本息的还款方式,每月还款额为一个等比数列,设小张每月还款额为x元,由等比数列求和公式及参考数据,即可求得其还款额,与收入的一半比较即可判断.
3.计算出等额本息还款方式时所付出的总利息,两个利息比较即可判断.
探究一
探究二
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1.(2020江苏苏州实验中学高二月考)“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问塔尖几盏灯?”源自明代数学家吴敬所著的《九章算法比类大全》,通过计算得到的答案是( )
A.2
B.3
C.4
D.5
解析:由题意,设塔尖有a盏灯,根据题意,由上往下数第n层有2n-1a盏灯,所以一共有(1+2+4+8+16+32+64)a=381,∴a=3.
答案:B
探究一
探究二
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2.我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”,它在世界数学史上具有光辉的一页,堪称数学史上名垂百世的成就,而且一直启发和指引着历代数学家们.定理涉及的是数的整除问题,其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛应用,为世界数学的发展做出了巨大贡献.现有这样一个整除问题:将1到2
019这2
019个整数中能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},那么此数列的项数为( )
A.58
B.59
C.60
D.61
探究一
探究二
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解析:能被5除余2且被7除余2的数就是能被35除余2的数,故an=2+(n-1)35=35n-33.由an=35n-33≤2
019,得n≤58+
,n∈N+,故此数列的项数为58.
答案:A
探究一
探究二
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3.某工厂去年12月份的月产量为a,若该厂产量月平均增长率为p,则今年12月份的月产量比去年同期增加的比率为( )
A.(1+p)12
B.(1+p)12-1
C.(1+p)11
D.12p
答案:B
探究一
探究二
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4.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤.斩末一尺,重二斤.问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金杖,长5尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下1尺,重4斤;在细的一端截下1尺,重2斤.问依次每一尺各重多少斤?”设该金杖由粗到细是均匀变化的,其重量为M,现将该金杖截成长度相等的10段,记第i段的重量为ai(i=1,2,…,10),且a1
A.6
B.5
C.4
D.7
探究一
探究二
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解析:由题意,知由细到粗每段的重量成等差数列,
记为{an},设公差为d,
答案:A
探究一
探究二
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5.(2019山东高二期中)如图所示,是毕达哥拉斯的生长程序:正方形上连接着一个等腰直角三角形,等腰直角三角形的直角边上再连接正方形,…,如此继续.若一共能得到1
023个正方形,设初始正方形的边长为
,则最小正方形的边长为 .?
探究一
探究二
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解析:记初始正方形的边长为a1,经过n-1次生长后的正方形的边长为an,经过n-1次生长后正方形的个数为bn,第五章数列
5.4 数列的应用
课后篇巩固提升
基础达标练
1.(2020郑州高三二模)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,4,8,14,23,36,54,则该数列的第19项为( )注:12+22+32+…+n2=
A.1
624
B.1
024
C.1
198
D.1
560
解析依题意,{an}:1,4,8,14,23,36,54,…
两两作差,得{bn}:3,4,6,9,13,18,…
两两作差,得{cn}:1,2,3,4,5,…
设该数列为{an},令bn=an+1-an,设{bn}的前n项和为Bn,
又令cn=bn+1-bn,设{cn}的前n项和为Cn.
易知cn=n,Cn=,
进而得bn+1=3+Cn=3+,
所以bn=3+n+3,
则Bn=+3n,
所以an+1=1+Bn,所以a19=1
024.
答案B
2.(2019山东高三期中)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1到2
019这2
019个数中,能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},则此数列所有项中,中间项的值为( )
A.992
B.1
022
C.1
007
D.1
037
解析将题目转化为an-2既是3的倍数,也是5的倍数,也就是15的倍数.
即an-2=15(n-1),an=15n-13.
当n=135,a135=15×135-13=2
012<2
019,
当n=136,a136=15×136-13=2
027>2
019,
故n=1,2,…,135,数列共有135项.
因此数列中间项为第68项,a68=15×68-13=1
007.
故答案为C.
答案C
3.(2020江西安福中学高一月考)某学生家长为缴纳该学生上大学时的教育费,于2018年8月20号从银行贷款a元,为还清这笔贷款,该家长从2019年起每年的8月20号便去银行偿还相同的金额,计划恰好在贷款的m年后还清.若银行按年利率为p的复利计息(复利:即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息),则该学生家长每年的偿还金额是( )
A.
B.
C.
D.
解析设每年偿还的金额为x,
则a(1+p)m=x+x(1+p)+x(1+p)2+…+x(1+p)m-1,
所以a(1+p)m=x,
解得x=.
故选D.
答案D
4.(2019兰州第二中学高二期中)我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题:“今有垣厚五尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢,各穿几何.”翻译过来就是:有五尺厚的墙,两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙,大、小鼠第一天都进一尺,以后每天,大鼠加倍,小鼠减半,则几天后两鼠相遇.这个问题体现了古代对数列问题的研究,现将墙的厚度改为1
200尺,则需要多少天时间才能打穿(结果取整数)( )
A.12
B.11
C.10
D.9
解析大鼠和小鼠每天穿墙尺寸分别构成数列{an},{bn},它们都是等比数列,a1=b1=1,数列{an}的公比为q1=2,数列{bn}的公比为q2=,设需要n天能打穿墙,
则(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)==2n+1-,
当n=10时,2n+1-=1
025-≈1
025<1
200,
当n=11时,2n+1-=2
049-≈2
049>1
200,
因此需要11天才能打穿.
故选B.
答案B
5.假设每次用相同体积的清水漂洗一件衣服,且每次能洗去污垢的,那么至少要清洗 次才能使存留的污垢在1%以下.?
解析设每次用a升清水漂洗一件衣服,洗涤次数为n,通过题意可知,存留的污垢y是以a为首项,为公比的等比数列,
所以有y=n·a,
由题意,可知n·a≤1%·a,得n≥log4100=log210,得n≥4,
所以至少要清洗4次才能使存留的污垢在1%以下.
答案4
6.
(2020上海华师大二附中高三月考)如图,一个粒子从原点出发,在第一象限和两坐标轴正半轴上运动,在第一秒时它从原点运动到点(0,1),接着它按图所示在x轴、y轴的垂直方向上来回运动,且每秒移动一个单位长度,那么,在2
018秒时,这个粒子所处的位置在点 .?
解析如图,设粒子运动到A1,A2,…,An时所用的时间分别为a1,a2,…,an,
则a1=2,a2=6,a3=12,a4=20,…,an-an-1=2n,
将a2-a1=2×2,a3-a2=2×3,a4-a3=2×4,…,an-an-1=2n相加得an-a1=2(2+3+4+…+n)=n2+n-2,则an=n(n+1),由44×45=1
980,得运动了1
980秒时它到点A44(44,44),
又由运动规律知,A1,A2,…,An中,奇数点处向下运动,偶数点处向左运动,
故粒子到达A44(44,44)时,向左运动38秒即运动了2
018秒,到达点(6,44),
则所求点应为(6,44).
答案(6,44)
7.(2019上海格致中学高三开学考试)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋科学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有菱草垛、方垛、三角垛等.某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”,自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n件,已知第一层货物单价1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是100-200n万元,则n的值为 .?
解析由题意,可得第n层的货物的价格为an=n·n-1,
设这堆货物总价是Sn=1·0+2·1+3·2+…+n·n-1,
①
由①×可得Sn=1·1+2·2+3·3+…+n·n,
②
由①-②,可得
Sn=1+1+2+3+…+n-1-n·n=-n·n=10-(10+n)·n,
∴Sn=100-10(10+n)·n.
∵这堆货物总价是100-200n万元,
∴n=10.
答案10
8.(2020山东高二期末)沿海某市为了进一步完善海防生态防护体系,林业部门计划在沿海新建防护林3万亩,从2020年开始,每年春季在规划的区域内植树造林,第一年植树1
200亩,以后每一年比上一年多植树400亩,假设所植树木全部成活.
(1)到哪一年春季新建防护林计划全部完成?
(2)若每亩新植树苗的木材量为2立方米,且所植树木每一年从春季开始生长,到年底停止生长时木材量的年自然增长率为10%,到新建防护林计划全部完成的那一年底,新建防护林的木材总量为多少立方米?(参考数据:1.111≈3)
解(1)设第n年春季植树为an亩,由题意,可知a1=1
200,an+1-an=400=d(常数),
所以{an}为等差数列.
设植树n年新建防护林计划全部完成,则1
200n+×400=30
000,
化简得n2+5n-150=0,所以n=10.
∵2
020+10-1=2
029,
所以到2
029年新建防护林计划全部完成.
(2)设从2020年开始,第n年年底种植树木到2029年底的木材量为数列{bn},
则b10=a10×2×1.1,b9=a9×2×1.12,…,b1=a1×2×1.110.
则木材总量S=b1+b2+…+b10=2(1.1a10+1.12a9+…+1.110a1),
1.1S=2(1.12a10+1.13a9+…+1.111a1),
所以0.1S=2[-1.1a10+d(1.12+1.13+…+1.110)+a1·1.111]
=2-1.1×4
800+400×+1
200×1.111
≈10
960,
解得S=109
600,所以到2029年底新建防护林的木材总量约为109
600立方米.
能力提升练
1.在超市中购买一个卷筒纸,其内圆直径为4
cm,外圆直径为12
cm,一共卷60层,若把各层都视为一个同心圆,令π=3.14,则这个卷筒纸的长度(精确到个位)为( )
A.17
m
B.16
m
C.15
m
D.14
m
解析纸的厚度相同,且各层同心圆直径成等差数列{dn},则纸的长度为l=πd1+πd2+πd3+…+πd60,其中d1+d2+d3+…+d60=×60=480,则l=πd1+πd2+πd3+…+πd60=480π=480×3.14=1
507.2≈15(m).故选C.
答案C
2.调查表明,酒后驾驶是导致交通事故的主要原因,交通法规规定:驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.02
mg/mL.如果某人喝了少量酒后,血液中酒精含量将迅速上升到0.3
mg/mL,在停止喝酒后,血液中酒精含量就以每小时50%的速度减小,他至少要经过几小时才可以驾驶机动车(精确到小时)( )
A.1小时
B.2小时
C.4小时
D.6小时
解析设n个小时后才可以驾车,根据题意,可知每小时酒精下降的量成等比数列,公比为50%,进而可得方程0.3(1-50%)n≤0.02,得n≤,即n≥4,所以至少要经过4小时后才可以驾驶机动车.故选C.
答案C
3.(2019安徽安庆一中高一期中)根据市场调查,预测某种日用品从年初开始的n个月内累计的需求量Sn(单位:万件)大约是Sn=(21n-n2-5)(n=1,2,…,12).据此预测,本年度内,需求量超过5万件的月份是( )
A.5月、6月
B.6月、7月
C.7月、8月
D.8月、9月
解析日用品从年初开始的n个月内累计的需求量Sn(单位:万件)大约是Sn=(21n-n2-5)(n=1,2,…,12),则第n(n≥2)个月的需求量为an=Sn-Sn-1=>5,得3n2-45n+27×6<0,即n2-15n+54<0,解得6答案C
4.
“泥居壳屋细莫详,红螺行沙夜生光”是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述,美丽的鹦鹉螺呈现出螺旋线的迷人魅力.假设一条螺旋线是用以下方法画成(如图):△ABC是边长为1的正三角形,曲线CA1,A1A2,A2A3分别以A,B,C为圆心,AC,BA1,CA2为半径画的弧,曲线CA1A2A3称为螺旋线,然后又以A为圆心,AA3为半径画弧……如此下去,则所得螺旋线CA1,A1A2,A2A3,…,A28A29,A29A30的总长度Sn为( )
A.310π
B.π
C.58π
D.110π
解析根据弧长公式,知螺旋线CA1,A1A2,A2A3,…,A3n-2A3n-1,A3n-1A3n的长度分别为,2×,3×,…,3n×,此数列是为首项,为公差,项数为3n的等差数列,根据等差数列的求和公式,得Sn=3n×=n(3n+1)π,此时n=10,易得所得螺旋线CA1,A1A2,A2A3,…,A28A29,A29A30的总长度Sn为310π.
答案A
5.(2020江西南昌高三期末)刚上班不久的小明于10月5日在某电商平台上通过零首付购买了一部售价6
000元的手机,约定从下月5日开始,每月5日按等额本息(每期以相同的额度偿还本金和利息)还款a元,1年还清,其中月利率为0.5%,则小明每月还款数a= 元(精确到个位).(参考数据:1.00511≈1.056;1.00512≈1.062;1.00513≈1.067)?
解析由题知小明第1次还款a元后,
还欠本金及利息为6
000(1+0.5%)-a元,
第2次还款a元后,
还欠本金及利息为:
6
000(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a元,
第3次还款a元后,
还欠本金及利息为:
6
000(1+0.5%)3-a(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a元,
以此类推,则第12次还款a元后,还欠本金及利息为:
6
000(1+0.5%)12-a(1+0.5%)11-…-a(1+0.5%)-a元,
此时已全部还清,则6
000(1+0.5%)12-a(1+0.5%)11-…-a(1+0.5%)-a=0,
即6
000(1+0.5%)12=,
解得a=≈514元.
答案514
6.(2020湖北武汉高二期末)某学习软件以数学知识为题目设置了一项闯关游戏,共有15关,每过一关可以得到一定的积分,现有三种积分方案供闯关者选择.方案一,每闯过一关均可获得40积分;方案二,闯过第一关可获得5积分,后面每关的积分都比前一关多5;方案三,闯过第一关可获得0.5积分,后面每关的积分都是前一关积分的2倍.若某关闯关失败则停止游戏,最终积分为闯过的各关的积分之和.设三种方案闯过n(1≤n≤15,且n∈N+)关后的积分之和分别为An,Bn,Cn,要求闯关者在开始前要选择积分方案.
(1)求出An,Bn,Cn的表达式;
(2)如果你是一个闯关者,为获得尽量多的积分,这几种积分方案该如何选择?小明通过试验后觉得自己至少能闯过12关,他应该选择第几种积分方案?
解(1)按方案一闯过各关所得积分构成常数数列,故An=40n;
按方案二闯过各关所得积分构成首项为5,公差为5的等差数列,
故Bn=5n+×5=;
按方案三闯过各关所得积分构成首项为,公比为2的等比数列,故Cn=(2n-1).
(2)令An>Bn,即40n>,解得0而当n=15时,An=Bn,
又因为n≤15且n∈N+,故An≥Bn恒成立,
故方案二不予考虑.
令An>Cn,即40n>(2n-1),解得0故当0Cn;当10≤n≤15,An故当能闯过的关数小于10时,应选择方案一;
当能闯过的关数大于等于10时,应选择方案三.
小明应该选择方案三.
素养培优练
黄河被称为我国的母亲河,黄河因携带大量泥沙所以河水呈现黄色.黄河的水源来自青藏高原,上游的1
000
公里的河水是非常清澈的,只是中游流经黄土高原,又有太多携带有大量泥沙的河流汇入才造成黄河的河水逐渐变得浑浊.在刘家峡水库附近,清澈的黄河和携带大量泥沙的洮河汇合,在两条河流的交汇处,水的颜色一清一浊,互不交融,泾渭分明,形成了一条奇特的水中分界线.设黄河和洮河在汛期的水流量均为2
000
m3/s,黄河水的含沙量为2
kg/m3,洮河水的含沙量为20
kg/m3,假设从交汇处开始沿岸设有若干个观测点,两股河水在流经相邻的观测点的过程中,其混合效果相当于两股河水在1秒内交换1
000
m3
的水量,即从洮河流入黄河1
000
m3的水混合后,又从黄河流入1
000
m3
的水到洮河再混合.
(1)求经过第二个观测点时,两股河水的含沙量;
(2)从第几个观测点开始,两股河水的含沙量之差小于0.01
kg/m3?(不考虑泥沙沉淀)
解(1)用an,bn分别表示河流在经过第n个观测点时,洮河水和黄河水的含沙量,则a1=20,b1=2.
由题意可知,b2=a1+b1=8,
a2=a1+b2=14,
即经过第二个观测点时,洮河水的含沙量为14
kg/m3,黄河水的含沙量为8
kg/m3.
(2)由题意,可知bn=an-1+bn-1(n≥2,n∈N+),
an=an-1+bn=an-1+bn-1(n≥2,n∈N+),
河水中含沙量之差可考虑数列{an-bn},
由上式可知,an-bn=(an-1-bn-1)(n≥2,n∈N+),a1-b1=18,
所以数列{an-bn}是以18为首项,为公比的等比数列,
则an-bn=18×n-1,令18×n-1<0.01,则3n-1>1
800,n≥8,
即从第8个观测点开始,两股河水的含沙量之差小于0.01
kg/m3.